DM Usmeni Skripta

SKRIPTA ZA USMENI ISPIT IZ DISKRETNE MATEMATIKE Risto Keković Stevan Kostić Nenad Kragović Nikola Denić

Niš 2015.

LOGIKA: 1. Kada je iskazna formula A = A(x1,x2,…,xn) dokaziva a kada oboriva? Iskazna formula A je dokaziva ako postoji interpretacija za koju je ona tacna, a oboriva je ako postoji interpretacija za koju je ona netacna. 2. Kada su iskazne formule H1,H2,…,Hn koegzistentne? H1,H2 i H3 su koegzistentne ako postoji bar jedna interpretacija za koju su sve tacne. 3. Dati definiciju iskaznih formula? -iskazne konstante i iskazne promenjive su iskazne formule -ako su A i B proizvoljne iskazne formule i α proizvoljni unarni veznik i β proizvoljni binarni veznik,tada su αA i AβB iskazne formule. -iskazne formule mogu se formirati samo konacnom primenom(konacnim brojem primena) 1 i 2 pravilom ove definicije (ovo je infiksna definicija ove iskazne formule). 4. Neka su H1,H2,…,Hn i C dati iskazi .Ako je iskazna recenica H1,H2,..,Hn => C tautologija,sta mozemo reci za iskaz C? C je logicka posledica iskaznih formula H1,…,Hn ako za svaku interpretaciju za koju su ove pretpostavke tacne,tacna je i iskazna formula C. 5. Definisati skup generatora i baza u skupu logickih veznika.Proveriti da li skup B1 = {-, bazu u skupu logickih veznika V={-,*,+,xor,=>,

} cini

,↑,↓}.

Neka je B podskup skupa V i B≠Ø Skup B je skup generatora za skup V ako se svaki veznik iz V moze prikazati pomocu veznika iz B. Skup B je nezavisan ako se nijedan veznik iz B ne moze prikazati pomocu preostalih veznika iz skupa B. Skup B cini bazu skupa V ako je skup generatora i ako je nezavisan.

Risto Keković Stevan Kostić Nenad Kragović Nikola Denić

SKUPOVI: 1. Definisati princip sume i princip proizvoda za n skupova.Izvesti princip ukljucenja-iskljucenja za tri skupa. -Princip sume: za datih N skupova A1,A2,…, An , A1∩A2∩…∩An = Ø princip sume definise se kao |A1 U A2 U…U An| = |A1| + |A2| +…+ |An|. -Princip proizvoda: za datih N konacnih skupova princip proizvoda se definise kao |A1 xor A2 xor…xor An| = |A1| * |A2| * … * |An|. |A U B U C| = (|A| + |B| + |C|) – (|A ∩ B| + |A∩C| + |B∩C|) + |A∩B∩C| Dokaz: AUB=AUB\A A∩(B\A) = Ø |A U B| = |A| + |B\A| B = B\A U (A\B) (B \ A) ∩ (A ∩ B) = Ø |B| = |B \ A| + |A∩B| || V |A U B| = |A| + |B\A| |B| = |B\A| + |A∩B| …kraj dokaza! A U B U C posmatramo kao A U (B U C), primenimo dati dokaz za dva skupa, na clan koji smo dobili A ∩ (B U C) primenimo zakon distributivnosti i opet uradimo za dva tu, i dobijemo trazeni izraz



,,,…,  ,

Za







=

≤<≤

≤<<≤

| ∪  ∪  ∪…∪  |  |  |     ∩       ∩  ∩  ⋯(1) + | ∩  ∩  ∩…∩  | 2. Nacin predstavljanja skupova.Navesti razliku izmedju skupa,familije I kolekcije. Medju strukturama: A={0}, A={Ø,{Ø}}, A={ Ø ,Ø},A = {0,1}, A = {Ø}, A = {0,0}, pronaci skupove,familije I kolekcije. -nacini predstavljanja: 1. opisno - A je skup svih svih trouglova ciji su uglovi jednaki.Ovo nije jedinstvena recenica,mozemo sa vise recenica da opisemo ovaj skup. 2. nabrajanje elemenata - A = {a,b,c} (problem je kada ih ima mnogo). 3. nabrajanje osobina nekog skupa A = { x| x ϵ P(x)} Da li je ovo uvek moguce? – Ne. Mozemo da imamo babe i zabe koji nemaju zajednickih osobina. Risto Keković Stevan Kostić Nenad Kragović Nikola Denić

4.pomocu procedure(najbolje za IT): A = {x | x := f}

skup svih elemenata koji mogu da se generisu pomocu f.

Kod skupova nijedan element ne sme da se ponovi.Kolekcija je kada se elmenti mogu ponavljati a kod familije elementi mogu da budu cak i skupovi. A={0}, A = {0,1}, A = {Ø} su skupovi A={ Ø ,Ø}, A = {0,0} su kolekcije A={Ø,{Ø}} je familija 3. Definisati razbijanje u sirem smislu,razbijanje u uzem smislu i razbijanje na blokove datog skupa A.Neka je |A| = n I 1 ≤ k ≤ n. Na koliko razlicitih nacina se skup A moze razbiti na k

blokova?

 ∩   ∅ ,  ≠  ,  ⊂ ⋃=  tada je familija  razbijanje skupa u sirem smislu  ,a skupovi  nazivaju se blokovima. (familija moze da sadrzi i neke druge elemente van tog skupa)

 ∩   ∅ ,  ≠  , ⋃=    tada je familija  razbijanje skupa u uzem smislu  ,a skupovi  nazivaju se blokovima. (familija je jednaka tom skupu) Razbijanje na blokove – kada imamo razbijac gde imamo familiju skupova, takvi da su oni medjusobno disjunktni  = 

⋃  

Na poslednje pitanje se ne moze dati odgovor jer su k i n proizvoljni brojevi.Pristupa se generalnom pristupu.Taj problem se preslikava u drugi problem koje je njemu izomorfan.Kada resim taj,resio sam i ovaj prvi problem. Izomorfni problem: razmestaj kuglica i predmeta u kutiji. Ako imamo n razlicitih predmeta (svi elementi su medjusobno razliciti), svakom predemetu pridruzujem element iz A. 1)Na koliko razlicitih nacina mogu n razlicitih predmeta razmestiti u k istovetnih kutija? (a da nijedna ne bude prazna) 2)Na koliko se nacina moze n razlicitih predmeta smestiti u kutije, a da ni u jednom slucaju nijedna kutija ne bude prazna? |A| = n – razlicitih predmeta

|B| = k – kutija

To je neki broj S(n,k) – Stirlingov broj druge vrste,

1≤k≤n

S(n,k) = S(n-1,k-1) + k*S(n-1,k) – odgovor na prvo pitanje Ukupno ih ima Bn = ∑ S(n,k) – Belov broj


4. Izvesti rekurentnu relaciju za Stirlingove brojeve druge vrste. Napisati ovo objasnjenje za kutije odozgo. Osobine Stirlingovih brojeva: 1) S(0,0) = 1 – postoji samo jedan nacin da smestimo nijedan predmet u nijednu kutiju (koliko god ovo besmisleno zvucalo, cela ova matematika je besmislena tako da cuti i bubaj) 2) S(n,0) = 0 – n predmeta u nijednu kutiju 3) S(n,n) = 1 – jer nijedna kutija ne sme biti prazna 4) S(n,k) = 0, k>n – nemoguce je smestiti 5 predmeta u 7 kutija a da nijedna ne bude prazna

Pretpostavka: n-1 predmeta smo razmestili u k kutija. Postoje 2 nacina da to uradimo. 1.nacin : n-1 predmeta u k kutija i nijedna nije prazna. Postoji k mogucnosti da ovaj jedan koji nam je preostao smestimo u bilo koju kutiju. 2.nacin: n-1 predmeta u k kutija i jedna ostaje prazna, i taj jedan koji nam je ostao mora da se smesti u tu kutiju. Tada je k=n, i u tom slucaju nemamo mogucnosti da biramo u koju kutiju cemo da smestimo taj jedan preostali predmet. S(n,k) = S(n-1,k-1) + k*S(n-1,k) Ukupno ih ima Bn = ∑ S(n,k) – Belov broj 5. Dokazati da vazi |2A| = 2|A| za svaki konacan skup A.Naci partitivni skup familije A = {0,Ø,{Ø}}. A=Ø

|A| = 0

2A = {Ø} |2A| = 1 = 20 A = {a1} 2A = {Ø,{a1}} = 2*1 = 2 A1 = {a1,a2} 2A1 = {Ø,{a2},{a1},{a1,a2}}

|2A1| = 2*|2A| = 2*2 = 4

….svaki sledeci se povecava za duplo => |2A| = 2|A| ! Partitivni skup za A je 2 A = {{0},Ø,{Ø},{0,Ø},{Ø,Ø},{0,{Ø}},{Ø,{Ø}},{0,Ø,{Ø}}


RELACIJE 1. Definisati zatvaranje binarne relacije ρ na skupu A u odnosu na simetricnost,refleksivnost,tranzitivnost,anti-refleksivnost,anti-simetricnost,asimetricnost I linearno. Pojasnjenje odgovora: definicija zatvaranja koja je data u nastavku je ista za svaku osobinu, samo umesto C treba ubaciti odgovarajuce ime osobine, ali je sve ostalo isto. U prilogu su date i definicije svih tih osobina, ali njih NE MORATE da pisete. One su tu cisto da bi znali sta je sta. Binarna relacija je zatvaranje binarne relacije ρ1 u odnosu na osobinu C ako: 1) ρ2 ima osobinu C

 ⊆ 

2)

3) ρ2 je najmanja moguca relacija na skupu A sa osobinama 1 i 2 -relacija ρ je refleksivna ako za svako a ϵ A, (a,a) ϵ ρ, svaki element je sa sobom u relaciji. Ako postoji a ϵ A,(a,a) ne pripada relaciji ρ, relacija nije refleksivna. -relacija ρ je antirefleksivna ako za svako a ϵ A, (a,a) ne pripada relaciji ρ. -relacija ρ je simetricna ako za svako a,b ϵ A, (a,b) ϵ ρ => (b,a) ϵ ρ. Relacija ρ nije simetricna ako za neko a,b ϵ A, (a,b) ϵ ρ i (b,a) ne pripada skupu ρ. -relacija ρ je anti-simetricna ako za neko a,b ϵ A,(a,b) ϵ ρ i (b,a) su takodje u relaciji sledi a = b. -relacija je asimetricna ako za svako a,b ϵ A, (a,b) ϵ ρ => (b,a) ne pripada ρ. -relacija je tranzitivna ako za svako (a,b,c) ϵ A,(a,b) ϵ ρ i (b,c) ϵ ρ => (a,c) ϵ ρ. -relacija ρ je linearna ako za svako a,b ϵ A, (a,b) ϵ ρ ili (b,a) ϵ ρ.

2. Definisati binarnu relaciju ρ iz skupa A u skup B.Kada ova relacija ima funkcionalno svojstvo? Neka su A i B 2 konacna skupa. Svaki podskup ρ, ρ C AXB (Dekartov proizvod skupova A i B koji je takodje skup) je binarna relacija na skupovima A i B. A = {a,b}

B = {1,2,3}

AXB = {(a,1),(a,2),(a,3),(b,1),(b,2),(b,3)} |AXB| = |A|*|B|


ρ1 = {(a,2),(b,3)} ρ2 = {(a,1),(a,2),(a,3)} ρ3 = Ø Binarna relacija f iz skupa A u skup B, f C AXB, ima funkcionalno svojstvo, ili svojstvo jednoznacnosti, ako za svako a ϵ A vazi implikacija (a,c) ϵ f ^ (a,b) ϵ f => c=b. Relacija f se naziva funkcijom iz skupa A u skup B, sto se oznacava sa f: A->B Primer: Na skupu A = {1,2,3,4} definisane su binarne relacije ρ1 = {(1,2),(3,2),(4,1)} ρ2 = {(1,1),(1,2),(2,2),(4,1)} Relacija ρ1 ima funkcionalno svojstvo te predstavlja funkciju iz skupa A u samog sebe, tj. ρ1:A->A. Relacija ρ2 nema funkcionalno svojstvo te nije fukcija iz skupa A u skup A. NIZOVI 1. Definisati funkciju genereatrise I eksponencijalnu funkciju generatrise za realan niz. Izvesti vezu izmedju njih. Neka je (an), gde n ϵ No dati realni niz. -Stepeni red F(t) = an. -Stepeni red E(t) =

∑∞=0  t = a + a t + a t + … +a t n

n

0

1

2

2

n

n

naziva se funkcijom generatrise niza

∑∞=0 ∗!  = a + a *(t /1!) + a *(t /2!) + … + a *(t /n!) naziva se 0

1

1

2

2

n

n

eksponencijalnom funkcijom generatrise niza an. F(t) =

∫0∞ −E(xt)dx


SPECIJALNE KLASE MATRICA 1. Definisati permanent kvadratne matrice i navesti osnovne osobine. Neka je A = (aij)m x n data kvadratna matrica. Permanent matrice A u oznaci per(A) = k-torkama od 1 do n.

∑

1k1,a2k2,…,ankn pri

cemu se sumiranje vrsi po svim


Osobine permanenta:



2.Sistem razlicitih predstavnika. Naci ukupan broj i same sisteme razlicitih predstavnika konfiguracije J=(A,B), na skupu A={1,2,3,4}, definisane blokovima B1 = {1,2}, B2={1,3,4} i B3={2,3}

  (,,,…, )   (,,,,…,),    familija podskupova    (,)  nad skupom  .    (,,,…, ) medjusobno razlicitih  ∈  ,  1,2,3,… ,

Neka je proizvoljni skup skupa .Tada se uredjeni par naziva konfiguracijom je uredjena n-torka elemenata sa osobinom da .


CELI BROJEVI I KOMBINATORNE KONFIGURACIJE 1. Mala Fermaova teorema.Naci 1/5 mod 7 i 1/40 mod 7. Ako je n iz N skupa prirodnih brojeva tada je an ≡ a mod n. Specijalan slucaj koji se najvise koristi je da ako je NZD(a,n) = 1 (uzajamno prosti) tada je an-1 ≡ 1 mod n (vazi I ako je n prost broj) 2. Nalazenje multiplikativne inverze broja A mod B.Dati diskusiju resenja,naci 23-1 mod 7,sta je ostatak a sta nedostatak prilikom deobe 2 cela broja? Multiplikativna inverza broja a po modulu b je broj koji mnozenjem sa a daje jedinicu, po modulu b. U modularnoj aritmetici, multiplikativna inverza celog broja po modulu m je c eo broj x tako da

To je prsten celih brojeva po modulu m, u oznaci oznaciti i kao

. Jednom kada je definisano, x se moze

, gde je cinenica da je inverzija m-modularna implicitna.

Za svaka dva cela broja b i a postoji jedinstveni celi brojevi q i r,tako da b = q*a + r,0≤ r ≤ |a|-1 r – ostatak pri deljenju(uvek pozitivan broj) r = b mo d a q – kolicnik celobrojnog deljenja Za svaka dva cela broja a i b,razlicita od 0, postoje jedinstveni celi brojevi q1 i r1 takvi da vazi b = q1*a - r1, 0≤ r1 ≤ |a|-1 r + r1 = |a| q1 = q

r1- nedostatak

3. Definisati Ojlerovu teoremu. Dokazati Ojlerovu teoremu. Na osnovu ove teoreme naci 5-1mod 7. Za neka 2 broja a i n, za koje vazi (a,n) = 1 aϕ(n) ≡ 1modn n = p => ap=1 ≡ 1(modp) Sa ϕ(n) oznacava se ukupan broj prirodnih brojeva, manjih od datog prirodnog broja n, koji su uzajamno prosti sa n. Po definiciji ϕ(1) = 1. Dokaz: Neka su brojevi α 1, α2, … αϕ(n) svi prirodni brojevi manji od n i uzajamno prosti sa njim, i a prirodan broj sa osobinom (a,n) = 1. Tada su brojevi aα 1, aα2, … aαϕ(n) kongruetni po modulu n, pa je αϕ(n)* α1* α2*…* αϕ(n) ≡ (α1* α2*…* αϕ(n)) (mod n), tj. aϕ(n) ≡ 1 (mod n) Risto Keković Stevan Kostić Nenad Kragović Nikola Denić

4. Kineska teorema o ostacima Neka su n1,n2,...,nk prirodni brojevi sa osobinom (n i,n j) = 1, i≠j, za svako i = 1,2,...,k, j = 1,2,...,k. Tada sistem kongruentnih jednacina x ≡c1 (mod n1), x ≡c2 (mod n2), . . . x ≡ck (mod nk), ima jedinstveno resenje, po modulu n, n = n 1n2···n k. Ako je z j resenje kongruentne jednacine M jzj ≡cj (mod nj), j = 1,2,...,k, gde je M j = (n1n2···n k) /n j , tada je resenje sistema x = (∑M jZj) (mod n).

5. Neka su m i n, m≤n, dati prirodni brojevi. Definisati Paskalov kriterijum za deljivost broja n brojem m. U specijalnom slucaju ispitati da li je broj n = 121739843 deljiv brojem m = 7.


6. Linearne Diofantove jednacine sa dve promenjive.Egzistencija resenja.Opste resenje.Primena za izracunavanje a-1 mod b, a,b ϵ Z. Jednacina oblika ax+by = c gde su a, b i c dati celi brojevi, a x i y nepoznati celi brojevi, naziva se Diofantovom linearnom jednacinom sa dve promenljive. Traze se njena celobrojna resenj a. Medjutim, nekom od smena x := −x ili y := −y, ona se moze svesti na oblik gde su a, b i c prirodni brojevi. Zbog toga, bez smanjenja opstosti, u daljem tekstu, smatracemo da su a, b i c prirodni brojevi. ax ≡ c (mod n), c /≡ 0 (mod n),

ovo /≡ znaci da je ≡ precrtano,kao ne pripada.

gde su a i c dati celi brojevi, a x nepoznata. Jednacina ima resenje po x ako i samo ako (a,n)|c. Opste resenje je oblika x = x0 + (t * n) / (a,n) gde je t proizvoljan ceo broj, a x0 u paru (x0,y0) osnovno celobrojno resenje jednacine ax + ny = c.


DM Usmeni Skripta

Recommend Documents