ZADACI ZA VJEŽBU 1. Dokažite da vrijedi: (a) (A \ B) (B \ A) = (A B) (A C B C ), (b) A \ (B \ C) = (A C) (A \ B), (c) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C). 2.

Транскрипт

1 ZADACI ZA VJEŽBU. Dokažite da vrijedi: (a) (A \ B) (B \ A) = (A B) (A C B C ), (b) A \ (B \ C) = (A C) (A \ B), (c) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C).. Pomoću matematičke indukcije dokažite da za svaki n N vrijedi: (a) (3n + ) = n(3n + 7), (b) (n )(n + ) = n n Odredite, ako postoje, infimum, supremum, minimum i maksimum sljedećih skupova: (a) S = { 7n +, n N}, (b) S = { x + x + 3, x R}. RJEŠENJA. (a) Dokazujemo prvu inkluziju: (A\B) (B\A) (A B) (A C B C ). x (A \ B) (B \ A) (x A \ B) (x B \ A) (x A x / B) (x B x / A) x A x / B (jer općenito A A B) (x A x B) (x / A x / B) x (A B) x (A C B C ) x (A B) (A C B C ) x B x / A (x A x B) (x / A x / B) x (A B) x (A C B C ) x (A B) (A C B C )

2 x (A B) (A C B C ) (A \ B) (B \ A) (A B) (A C B C ). Dokazujemo drugu inkluziju: (A \ B) (B \ A) (A B) (A C B C ). x (A B) (A C B C ) x (A B) x (A C B C ) (x A x B) (x / A x / B) (x A eliminira x / A, a x B eliminira x / B, pa nam ostaju samo dvije mogućnosti) x A x / B x A \ B x B x / A x B \ A x (A \ B) x (B \ A) x (A \ B) (B \ A) (A B) (A C B C ) (A \ B) (B \ A). Dokazali smo obje inkluzije, dakle vrijedi (A \ B) (B \ A) = (A B) (A C B C ). (b) Dokazujemo prvu inkluziju: A \ (B \ C) (A C) (A \ B). x A \ (B \ C) x A x / (B \ C) x A (x (B \ C)) x A (x B x / C) x A (x / B x C) x A x / B x A \ B x A x C x A C x (A C) x (A \ B) x (A C) (A \ B) A \ (B \ C) (A C) (A \ B) Dokazujemo drugu inkluziju: A \ (B \ C) (A C) (A \ B). x (A C) (A \ B) x (A C) x (A \ B) (x A x C) (x A x / B) x A (x C x / B) x

3 A (x B x / C) x A x / (B \C) x A\(B \C) (A C) (A \ B) A \ (B \ C) Dakle vrijedi A \ (B \ C) = (A C) (A \ B). (c) x (A B) \ C x (A B) x / C (x A x B) x / C (x A x / C) (x B x / C) x (A \ C) x (B \ C) x (A \ C) (B \ C) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C). (a) Baza indukcije: n = 5 = (3 + 7) = 0 = 5. Pretpostavka indukcije: n = k (3k + ) = k(3k + 7). Korak indukcije: n = k (3k+)+(3(k+)+) = (koristimo pretpostavku indukcije) = k(3k + 7) + (3k + 5) = (3k + 7k) + (6k + 0) = (3k + 3k + 0) = (3k + 3k + 0k + 0) = (3k(k + ) + 0(k + )) = (k + )(3k + 0) = (k + )(3(k + ) + 7). (b) Baza indukcije: n = 3 = + = 3. Pretpostavka indukcije: n = k (k )(k + ) = k k +.

4 Korak indukcije: n = k (k )(k + ) + ((k + ) )((k + ) + ) = (koristimo pretpostavku indukcije) = k k + + (k + )(k + 3) = k + 3k + (k + )(k + 3) = k + k + k + (k + )(k + 3) (k + )(k + ) (k + )(k + 3) = k + (k + ) +. = k(k + ) + (k + ) (k + )(k + 3) 3. (a) Skup S možemo zapisati i kao S = { 8, 5,,...}. Vrijedi 7n + 8 7n 7 n, n N kao i 7n + 7n + > 0, n N, pa zbog > 0 zaključujemo da 7n + postoje inf S i sup S. Budući da je gornja ograda skupa S, to je sup S. Prepostavimo sup S <. Jer je 7n + = za n =, vrijedi S, što je kontradikcija sa definicijom supremuma. Prema tome, vrijedi sup S =, a zbog S je ujedno i max S =. Promotrimo li elemente skupa S, naslućujemo inf S = 0. Da bi dokazali ovu tvrdnju, moramo provjeriti vrijede li dva svojstva iz propozicije. Prvo svojstvo vrijedi jer je > 0, n N. 7n + Ostaje nam pokazati drugo svojstvo, odnosno da > 0 n N takav da je 7n + < 0 + = < 7n + < 7n. Za je 0, pa je dovoljno uzeti n = da gornja nejednakost bude zadovoljena. Za 0 < < je > 0, pa iz Arhimedovog aksioma (za a = 7 > 0 i b = > 0) slijedi da n N takav da je n a > b, =

5 tj. 7n >. Ovime smo pokazali inf S = 0. Jedini kandidat za min S je 0, medutim 0 / S jer ne postoji n N takav da je = 0, stoga min S ne postoji. 7n + (b) x + x + 3 = + x + 3. Definirajmo A := {} i B := { x + 3, x R}. Vrijedi S = A + B. Vrijedi 3 x + 3 x x 0, x R, kao i x + 3 > 0, x R, pa zbog 3 > 0, x R, zaključujemo da postoje inf B i sup x + 3 B. Budući da je 3 gornja ograda skupa B, vrijedi sup B 3. Pretpostavimo sup B < 3. Za x = 0 je x + 3 = 3, dakle B, što 3 je kontradikcija sa definicijom supremuma. Prema tome, vrijedi sup B = 3, a zbog 3 B je i max B = 3. Što se x više udaljava od nule, to je x + 3 sve manji. Tvrdimo inf B = 0. Prvo svojstvo iz propozicije vrijedi jer je x + 3 > 0, x R. Moramo još pokazati drugo svojstvo, odnosno da > 0 x R takav da je x + 3 < < x < x. Za 3 je 3 0, pa npr. x = zadovoljava gornju nejednakost. za 0 < < 3 je 3 > 0, pa moramo naći x R takav da je x > 3 > 0 x > 3. Uzmemo li npr. x = 3,

6 imamo redom: x + 3 = ( = = 3) (jer je 9 > 3 9 > 3 < 3) < 3 =. 9 < Ovo dokazuje inf B = 0. Jedini kandidat za min B je 0, ali ne postoji x R takav da je = 0. Odatle slijedi 0 / B, odnosno x + 3 min B ne postoji. Za skup A = {} vrijedi inf A = min A = sup A = max A =, pa za skup S imamo redom: sup S = sup A + sup B = + 3 = 3, max S = max A + max B = + 3 = 3, inf S = inf A + inf B = + 0 =, dok min S ne postoji jer ne postoji ni min B.