SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Igor Sušić LOKALNA IZRAČUNLJIVOST Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc.
|
|
- Milica Симић
- пре 5 година
- Прикази:
Транскрипт
1 SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Igor Sušić LOKALNA IZRAČUNLJIVOST Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc. Zvonko Iljazović Zagreb, lipanj 015.
2 Ovaj diplomski rad obranjen je dana u sastavu: pred ispitnim povjerenstvom 1., predsjednik., član 3., član Povjerenstvo je rad ocijenilo ocjenom. Potpisi članova povjerenstva:
3 Sadržaj Sadržaj iii Uvod 1 Izračunljivost Osnovni pojmovi i definicije Izračunljivost u Z Izračunljivost u Q Izračunljivost u R Izračunljivi metrički prostori 3.1 Metrički prostori Izračunljivi metrički prostori Lokalna izračunljivost Formalna disjunktnost i formalna sadržanost Izračunljivost u topološkim prostorima Topološki prostori Izračunljivi topološki prostori Poluizračunljive mnogostrukosti s izračunljivim rubovima Cb kompaktni skupovi Pseudokompaktifikacija izračunljivih metričkih prostora Bibliografija 171 iii
4 Uvod Ovaj rad se bavi proučavanjem izračunljivosti i srodnih pojmova na metričkim i topološkim prostorima. Sam pojam izračunljivosti koji je prirodno definiran na skupu prirodnih brojeva se proširuje i na cijele, racionalne i naposljetku realne brojeve. Nadalje, pokazani su mnogi rezultati koji spajaju svojstva metričkih i topoloških prostora, kao što su neprekidnost, kompaktnost, otvorenost, zatvorenost i drugi, sa svojstvima kao što su izračunljivost, poluizračunljivost, rekurzivna prebrojivost itd. Osnovni značaj ovog rada je što se poopćavaju rezultati iz članka [6] napravljeni za izračunljive metričke prostore na izračunljive topološke prostore. Tijekom cijelog rada navedeni su svi pojmovi i definicije nužne za cjelovitost i smislenost rada, od onih elementarnih koji se obraduju na standardnim kolegijima tokom studija do onih naprednijih vezanih za tematiku rada. Gotovo sve tvrdnje su detaljno dokazane i neke odabrane potkrepljene slikama radi bolje vizualizacije. Za onih nekoliko tvrdnji koje nisu dokazane navedena je literatura gdje se pripadni dokaz može pronaći. Rad je logički podijeljen u tri poglavlja. U prvom poglavlju govorimo općenito o izračunljivosti. Tako navodimo osnovne pojmove i definicije vezane za izračunljivost koji se susreću u standardnom kolegiju Izračunljivost. Potom, razradujemo izračunljivost u skupovima Z, Q i R što predstavlja osnovu za cijeli rad i razmatranja koja provodimo u ostalim poglavljima. U drugom poglavlju,,izračunljivi metrički prostori krenuvši od same definicije metričkog prostora razradujemo teoriju i dolazimo do pojma izračunljivog metričkog prostora. Nadalje, govorimo o rekurzivnim brojevima, gustim nizovima, rekurzivno prebrojivim skupovima, poluizračunljivim skupovima i navodimo mnoge rezultate iz teorije metričkih prostora s ciljem povezivanja sa svojstvom izračunljivosti. Takoder, ovdje uvodimo pojam r.r.o. funkcije koji će odigrati važnu ulogu u dokazivanju mnogih tvrdnji u radu. Naime, ispostavit će se da se mnoge stvari bitno jednostavnije dokazuju upravo zahvaljujući ovim funkcijama. U potpoglavlju,,lokalna izračunljivost uvodimo pojam izračunljivost do na 1
5 SADRŽAJ skup koji je bitan za razvoj same teorije. Nadalje, bitni pojmovi koji se provlače kroz cijeli rad a uvedeni su u ovom poglavlju su i formalna sadržanost i formalna disjunktnost. Nakon što smo u drugom poglavlju detaljno objasnili i dokazali mnoge tvrdnje vezane za lokalnu izračunljivost u metričkim prostorima, u trećem poglavlju pokušavamo te tvrdnje traslatirati u topološke prostore i pokazati postojanje ekvivalentnih tvrdnji i rezultata i u topološkim prostorima. Krećemo od samih osnovnih definicija topoloških prostora pa postepeno gradeći teoriju dolazimo do mnogih rezultata koji povezuju topološke prostore i izračunljivost. Dosta rezultata iz same topologije ovdje su objašnjeni i dokazani. Uvedeni su pojmovi kao npr. Cb kompaktnost. Na kraju, rad je ispunio svoju svrhu kao završni rad za diplomski studij računarstva i matematike, ali je ujedno i premašio te okvire zbog originalnih elemenata koje sadržava.
6 Poglavlje 1 Izračunljivost 1.1 Osnovni pojmovi i definicije Neka su k, n N \ {0} te S 1,..., S n N k. Neka su g 1 : S 1 N, g : S N,..., g n : S n N. Neka je T N n te f : T N. Definiramo k-mjesnu funkciju h sa h( x) f ( g 1 ( x),..., g n ( x) ), x N k. Ovo znači da je domena funkcije h skup { x S 1... S k ( g 1 ( x),..., g n ( x) T ) } i za x iz tog skupa je h( x) = f ( g 1 ( x),..., g n ( x) ). Kažemo da je funkcija h dobivena kompozicijom funkcija f, g 1,..., g n. Neka je n N \ {0} te f : N n N i g: N n+ N. Definiramo funkciju h: N n+1 N sa h(0, x 1,..., x n ) = f (x 1,..., x n ) h(y + 1, x 1,..., x n ) = g (h(y, x 1,..., x n ), y, x 1,..., x n ). Za funkciju h kažemo da je dobivena primitivnom rekurzijom od funkcija f i g. 3
7 4 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Pojam da je h dobivena primitivnom rekurzijom od f i g na prirodan način proširujemo i na slučaj kada su f : S N, g: T N, gdje su T N n, S N n+ ; u tom slučaju domena funkcije h je podskup od N n+1. Neka je n N \ {0} te g: N n+1 N. Definiramo S = { (x 1,..., x n ) N n y N takav da je g(x1,..., x n, y) = 0 }. Neka je f : S N definirana sa f (x 1,..., x n ) = µy [ g(x 1,..., x n, y) = 0 ], pri čemu µy [ g(x 1,..., x n, y) = 0 ] označava najmanji y N takav da je g(x 1,..., x n, y) = 0. Pišemo i f ( x) µy [ g( x, y) = 0 ], x N n. Za funkciju f kažemo da je dobivena primjenom µ operatora na funkciju g. Pojam, da je f dobivena primjenom µ operatora na g, na prirodan način proširujemo i na slučaj kada je g: T N, gdje je T N n+1. Neka su s, z: N N funkcije definirane sa s(x) = x + 1, z(x) = 0. Za n N, n 1 i j {1,..., n} neka je I n j : Nn N projekcija na j-tu koordinatu, tj. I n j (x 1,..., x n ) = x j. Za funkcije s, z, I n j, n N, n 1, j {1,..., n} kažemo da su inicijalne funkcije. Definiramo skupove ϕ n, n N na sljedeći način: Neka je ϕ 0 skup svih inicijalnih funkcija. Pretpostavimo da je n N, te da smo definirali ϕ n. Tada definiramo A kao skup svih funkcija koje se mogu dobiti kompozicijom i primitivnom rekurzijom od funkcija iz ϕ n, te stavimo ϕ n+1 = A ϕ n Za uniju n N ϕ n kažemo da je klasa primitivno rekurzivnih funkcija, a za elemente tog skupa kažemo da su primitivno rekurzivne funkcije.
8 1.1. OSNOVNI POJMOVI I DEFINICIJE 5 Za x, y N neka x y označava broj definiran sa x y, ako je x y x y = 0, inače Funkciju N N, (x, y) x y nazivamo modificirano oduzimanje. Neka su sg, sg: N N funkcije definirane sa 1, sg(x) = 0, x 1 x = 0, 0, sg(x) = 1, x 1 x = 0. Može se pokazati da su funkcije sg, sg i modificirano oduzimanje primitivno rekurzivne. Nadalje, i sljedeće funkcije sa N u N su primitivno rekurzivne: 1) (x, y) x + y ) (x, y) x y 3) (x, y) max{x, y} 4) (x, y) min{x, y} 5) (x, y) x y Za f : S N, S N k kažemo da je totalna ako je S = N k. Definirajmo skupove ϕ 0, ϕ 1, ϕ,... induktivno na sljedeći način: Neka je ϕ 0 skup svih inicijalnih funkcija. Pretpostavimo da je m N, te da smo definirali ϕ m.
9 6 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Tada definiramo ϕ m+1 kao skup svih funkcija oblika h: S N, gdje je S N k za neki k 1, tako da vrijedi jedno od sljedećeg: h je dobivena kompozicijom funkcija f, g 1,..., g n, gdje su f, g 1,..., g n ϕ m h je dobivena primitivnom rekurzijom od f i g gdje su f, g ϕ m h je dobivena primjenom µ-operatora na f gdje je f ϕ m h ϕ m. (Jasno je da vrijedi ϕ 0 ϕ 1... ϕ m ϕ m+1....) Za funkciju f : S N, gdje je S N k, k 1 kažemo da je parcijalno rekurzivna ako je f ϕ m za neki m N. Dakle m N ϕ m je skup svih parcijalno rekurzivnih funkcija. Vrijedi sljedeće: 1) ako su f, g 1,..., g n parcijalno rekurzivne funkcije i h dobivena kompozicijom od f, g 1,..., g n, onda je i h parcijalno rekurzivna funkcija ) ako su f i g parcijalno rekurzivne funkcije i h dobivena primitivnom rekurzijom od f i g, onda je i h parcijalno rekurzivna funkcija 3) ako je g parcijalno rekurzivne funkcije i f dobivena primjenom µ operatora na g, onda je i f parcijalno rekurzivna funkcija. Za funkciju kažemo da je rekurzivna ako je parcijalno rekurzivna i totalna. Uočimo da je svaka primitivno rekurzivna funkcija rekurzivna. Uočimo sljedeće: ako su f, g: N k N funkcije, onda je funkcija f + g kompozicija funkcije N N, (x, y) x + y i funkcija f i g. Stoga je f + g rekurzivna funkcija ako su f i g rekurzivne. Isto tako, f g je rekurzivna ako su f i g rekurzivne. Dokazi sljedećih dviju propozicija se mogu naći u [[9]].
10 1.1. OSNOVNI POJMOVI I DEFINICIJE 7 Propozicija Neka je n N, n 1. Neka su g: N n+1 N i α, β: N n N rekurzivne funkcije. Neka je f : N n N funkcija definirana sa β( x) g(i, x), ako je α( x) β( x) i=α( x) f ( x) =. 0, inače Tada je f rekurzivna funkcija. Propozicija Neka je n N, n 1. Neka su g: N n+1 N i α, β: N n N rekurzivne funkcije. Neka je h: N n N funkcija definirana sa β( x) g(i, x), ako je α( x) β( x) i=α( x) h( x) =. 1, inače Tada je h rekurzivna funkcija. Neka je k 1, te S N k. Za skup S kažemo da je rekurzivan ako je njegova karakteristična funkcija χ S : N k N rekurzivna: 1, x S χ S ( x) = 0, x S. Neka je k N te c k : N N funkcija definirana sa c k (x) = k, x N. Lako se vidi da je c k primitivno rekurzivna funkcija za svaki k N. Propozicija Neka je a N te G : N N rekurzivna funkcija. Neka je f : N N funkcija definirana sa Tada je f rekurzivna. f (0) = a f (y + 1) = G ( f (y), y ).
11 8 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Dokaz. Neka je f : N N funkcija definirana sa f (y, x) = f (y). Imamo Definiramo funkciju H : N 3 N sa f (0, x) = f (0) = a = c a (x) f (y + 1, x) = f (y + 1) = G ( f (y), y ) = G ( f (y, x), y ). H(a, b, c) = G(a, b). Uočimo da je H kompozicija funkcija G, I 3 1, I3, pa je rekurzivna. Dakle vrijedi f (0, x) = c a (x) f (y + 1, x) = H ( f (y, x), y, x ). Dakle, f je dobivena primitivnom rekurzijom od c a i H, pa je f rekurzivna funkcija. Imamo f (x) = f (x, x) pa je f rekurzivna kao kompozicija funkcija f, I 1 1, I1 1. Propozicija Neka su n, k N\{0}. Neka su F 1,..., F n : N k N rekurzivne funkcije. Neka su S 1,..., S n N k rekurzivni skupovi takvi da za svaki x N k postoji točno jedan i {1,..., n} takav da je x S i. Neka je f : N k N definirana sa Tada je f rekurzivna funkcija. Dokaz. Za svaki x N k vrijedi F 1 ( x), ako je x S 1 F ( x), ako je x S f ( x) =. F n ( x), ako je x S n. f ( x) = F 1 ( x) χ S 1 ( x) + F ( x) χ S ( x) F n ( x) χ S n ( x). Dakle f je rekurzivna funkcija kao konačan zbroj rekurzivnih funkcija.
12 1.. IZRAČUNLJIVOST U Z 9 Za n N, neka je p n (n + 1)-vi prosti broj. Dakle p 0 =, p 1 = 3, p = 5, itd. Neka je h: N N funkcija definirana sa eksponent s kojim p i ulazi u rastav od j na proste faktore, ako je j > 0 h( j, i) =. 1, j = 0 Za j, i N broj h( j, i) označavamo sa j i. Neka je len: N N funkcija definirana sa najveći k N takav da p k x, x len(x) = 0, x = 0 ili x = 1. Funkcije N N, i p i, N N, ( j, i) j i te funkcija len su primitivno rekurzivne (vidi [[9]]). Neka je S N. Za S kažemo da je rekurzivno prebrojiv skup ako je S = ili ako postoji rekurzivna funkcija f : N N takva da je S = f (N). 1. Izračunljivost u Z Neka je k N \ {0} te neka je f : N k Z. Za f kažemo da je rekurzivna ako postoje rekurzivne funkcije u, v : N k N takve da je f (x) = ( 1) v(x) u(x), x N k. (1.1) Lema Neka je k N \ {0} te f : N k Z. Tada je f rekurzivna funkcija ako i samo ako postoje rekurzivne funkcije a, b : N k N takve da je f (x) = a(x) b(x), x N k.
13 10 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Dokaz. Pretpostavimo da je f rekurzivna funkcija (kao funkcija u Z). Tada postoje funkcije u, v : N k N takve da f (x) = ( 1) v(x) u(x), x N k. Tada vrijedi pa je jasno da tražene funkcije a i b postoje. ( 1) v(x) u(x) = χ N ( v(x) ) u(x) χn+1 ( v(x) ) u(x) Obratno, pretpostavimo da postoje rekurzivne funkcije a, b : N k N takve da je f (x) = a(x) b(x), x N k. Vrijedi: ( ) a(x) b(x) = ( 1) sg a(x) b(x) a(x) b(x). Iz činjenice da su funkcije sg, (x, y) x y i (x, y) x y rekurzivne slijedi da je f rekurzivna. Propozicija 1... Neka je k N \ {0} te neka su f, g : N k Z rekurzivne funkcije. Tada su rekurzivne i funkcije f, f + g, f g : N k Z. Dokaz. Prema prethodnoj lemi 1..1 postoje rekurzivne funkcije a, b, a, b : N k N takve da je f (x) = a(x) b(x), g(x) = a (x) b (x), x N k. Imamo: f (x) = b(x) a(x) f (x) + g(x) = ( a(x) + a (x) ) ( b(x) + b (x) ) f (x) g(x) = ( a(x)a (x) + b(x)b (x) ) ( a(x)b (x) + b(x)a (x) ). Koristeći činjenicu da su zbroj i produkt rekurzivnih funkcija N k N rekurzivne funkcije, iz ovoga i prethodne leme slijedi tvrdnja propozicije. Uočimo sljedeće: (1) Ako je f : N k Z rekurzivna funkcija, onda je f : N k N rekurzivna funkcija (kao funkcija N k N), jer je f = u(x), gdje je u funkcija iz (1.1). Posebno, ako je Im f N, onda je f rekurzivna kao funkcija N k N.
14 1.3. IZRAČUNLJIVOST U Q 11 () Nadalje, ako je f : N k N rekurzivna funkcija, onda je f rekurzivna i kao funkcija N k Z (jer je f (x) = ( 1) 0 f (x)). 1.3 Izračunljivost u Q Neka je k N \ {0} te neka je f : N k Q. Za f kažemo da je rekurzivna funkcija ako postoje rekurzivne funkcije u, v, w : N k N takve da je v(x) 0 i f (x) = ( 1) w(x) u(x), v(x) x N k. Uočimo sljedeće: funkcija f : N k Q je rekurzivna ako i samo ako postoje rekurzivne funkcije u : N k Z i v : N k N takve da je v(x) 0 i f (x) = u(x) v(x), x Nk. Propozicija Neka je k N \ {0} te neka su f, g : N k Q rekurzivne funkcije. Tada su i funkcije f, f, f + g, f g : N k Q rekurzivne. Ako je f (x) 0, x N k onda je i funkcija 1 / f : N k Q rekurzivna. Dokaz. Budući da su f i g rekurzivne, postoje rekurzivne funkcije u, u : N k Z i v, v : N k N takve da je Imamo f (x) = u(x) v(x), g(x) = u (x) v (x), x Nk. f (x) + g(x) = u(x) v(x) + u (x) v (x) = u(x)v (x) + u (x)v(x) v(x)v (x) pa iz propozicije 1.. slijedi da je f + g rekurzivna funkcija. Analogno dobivamo da su f, f, f g rekurzivne funkcije. Budući da je f rekurzivna, postoje rekurzivne funkcije a, b, c : N k N takve da je b(x) 0 i f (x) = ( 1) c(x) a(x) b(x). Pretpostavimo da je f (x) 0, x Nk. Tada je a(x) 0, x N k te vrijedi 1 f (x) pa je očito da je 1 / f rekurzivna funkcija. = ( 1)c(x) b(x) a(x)
15 1 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Uočimo: (1) Svaka rekurzivna funkcija f : N k Z je rekurzivna i kao funkcija N k Q (jer je ( 1) v(x) u(x) = ( 1) v(x) u(x) c 1 (x), gdje je c 1 : N k N konstantna funkcija s vrijednošću 1). () Pretpostavimo da je f : N k Q rekurzivna funkcija takva da Im( f ) Z. Neka su u, v, w : N k N rekurzivne funkcije takve da je v(x) 0 i f (x) = ( 1) w(x) u(x), v(x) x N k. Neka je x N k. Iz f (x) Z slijedi da je u(x) u(x) N, pa je = u(x) v(x) v(x) v(x). Dakle f (x) = ( 1) w(x) u(x) v(x) Iz činjenice da je funkcija N N, definirana sa a (a, b) b, b 1 0, b = 0 rekurzivna, slijedi da je f rekurzivna kao funkcija N k Z.. Propozicija Neka je f : N k Q rekurzivna funkcija. Tada su skupovi { x N k f (x) > 0 }, rekurzivni. { x N k f (x) = 0 }, { x N k f (x) 0 } Dokaz. Neka su u, v, w : N k N rekurzivne funkcije takve da je v(x) 0 i f (x) = ( 1) w(x) u(x), x v(x) Nk. Označimo prvi skup sa S, drugi sa T, a treći sa V. Neka je x N k, vrijedi w(x) u(x) x S ( 1) v(x) > 0 u(x) > 0 i w(x) N. (1.) Neka je S 1 = { x u(x) > 0 } i S = { x w(x) N }. Skupovi S 1 i S su rekurzivni jer je χ S 1 (x) = sg ( u(x) ), χ S (x) = χ N ( w(x) ).
16 1.3. IZRAČUNLJIVOST U Q 13 Prema (1.), vrijedi: x S x S 1 i x S x S 1 S. Dakle, S = S 1 S, pa slijedi da je S rekurzivan skup. Za svaki x N k vrijedi: w(x) u(x) x T ( 1) v(x) = 0 u(x) = 0, stoga je Zaključak: T je rekurzivan. Iz V = S T slijedi da je i V rekurzivan. χ T (x) = sg ( u(x) ). Korolar Neka su f, g : N k Q rekurzivne funkcije. Tada su skupovi { x N k f (x) < g(x) }, rekurzivni. { x N k f (x) = g(x) }, { x N k f (x) g(x) } Dokaz. Označimo prvi skup sa S, drugi sa T, a treći sa V. Neka je h : N k Q definiran sa h(x) = g(x) f (x). Dakle h = g + ( f ), pa iz propozicije slijedi da je h rekurzivna funkcija. Očito je S = { x N k } { h(x) > 0, T = x N k } h(x) = 0 i V = { x N k h(x) 0 } pa tvrdnja korolara slijedi iz propozicije Neka su k, n N \ {0}. Za funkciju g : N k N n kažemo da je rekurzivna ako su komponente funkcije od g rekurzivne, tj. ako su funkcije g 1,..., g n : N k N takve da je g(x) = ( g 1 (x),..., g n (x) ), x N k, rekurzivne. Uočimo sljedeće: ako su g : N k N n i f : N n N rekurzivne funkcije onda je i funkcija f g : N k N rekurzivna. Naime, funkcija f g je kompozicija funkcija f, g 1,..., g n koje su rekurzivne, pri čemu su g 1,..., g n komponentne funkcije funkcije g.
17 14 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Propozicija Neka su k, n : N \ {0} te neka je g : N k N n rekurzivna funkcija. (1) Ako je f : N n Z rekurzivna funkcija, onda je i f g : N k Z rekurzivna funkcija. () Ako je f : N n Q rekurzivna funkcija, onda je i f g : N k Q rekurzivna funkcija. Dokaz. () Neka su u, v, w : N n N rekurzivne funkcije takve da je v(y) 0 i f (y) = ( 1) w(y) u(y) v(y), y Nn. Tada x N k vrijedi ( f g)(x) = f ( g(x) ) ( ) ( ) = ( 1) w g(x) u g(x) v ( g(x) ) (w g)(x) (u g)(x) = ( 1) (v g)(x). Budući da su funkcije u g, v g, w g : N k N rekurzivne, funkcija f g : N k Q je rekurzivna. Analogno dokazujemo tvrdnju (1). 1.4 Izračunljivost u R Neka je k N, k 1 te neka je f : N k R. Za funkciju f kažemo da je rekurzivna (kao funkcija N k R) ako postoji rekurzivna funkcija F : N k+1 Q takva da je f (x) F(x, i) < i, x N k, i N. Za funkciju F kažemo da je rekurzivna aproksimacija funkcije f. Lema Neka je f : N k R funkcija te neka su F : N k+1 Q i H : N k N rekurzivne funkcije takve da je Tada je funkcija f rekurzivna. f (x) F(x, i) < H(x) i, x N k, i N. (1.3)
18 1.4. IZRAČUNLJIVOST U R 15 Dokaz. Neka su x N k i i N. Prema (1.3) vrijedi f (x) F ( x, i + H(x) ) ( ) < H(x) i+h(x) = H(x) i. H(x) i Definirajmo G : N k+1 Q sa G(x, i) = F ( x, i + H(x) ). Imamo dakle da je f (x) G(x, i) < i, x N k, i N. Preostaje još dokazati da je funkcija G rekurzivna. Definirajmo funkciju g : N k+1 N k+1 sa g(x, i) = ( x, i + H(x) ), x N k, i N. Funkcija g je rekurzivna jer su njene komponentne funkcije rekurzivne (prvih k komponentnih funkcija od g su projekcije, a zadnja komponentna funkcija od g je zbroj projekcije i rekurzivne funkcije). Iz G = F g i propozicije slijedi da je G rekurzivna funkcija. Uočimo sljedeće: ako je f : N k Q rekurzivna funkcija, onda je f rekurzivna i kao funkcija N k R. Naime, definiramo funkciju F : N k+1 Q sa F(x, i) = f (x). Imamo F(x, i) = f ( g(x, i) ), gdje je g : N k+1 N k funkcija definirana sa g(x, i) = x, pa iz propozicije slijedi da je F rekurzivna. Za svaki x N k i za svaki i N vrijedi f (x) F(x, i) = 0 < i, prema tome f je rekurzivna (kao funkcija N k R). Lema (1) Neka je f : N k Q rekurzivna funkcija. Tada postoji rekurzivna funkcija H : N k N takva da f (x) < H(x), x N k. () Neka je f : N k R rekurzivna funkcija. Tada postoji rekurzivna funkcija H : N k N takva da f (x) < H(x), x N k.
19 16 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Dokaz. (1) Imamo da je f (x) = ( 1) w(x) u(x) v(x), x Nk, pri čemu su u, v, w : N k N rekurzivne funkcije (v(x) 0). Slijedi da je Stoga možemo uzeti H(x) = u(x) + 1. f (x) = u(x) v(x) u(x) < u(x) + 1, x Nk. () Uočimo prije svega da za sve a, b R vrijedi a b a b (1.4) (jer a = a b + b a b + b ). Neka je F : N k+1 Q rekurzivna aproksimacija od f. Tada x N k i i N vrijedi f (x) F(x, i) < i, pa posebno za i = 0 dobivamo Koristeći (1.4), iz (1.5) slijedi f (x) F(x, 0) < 1 (1.5) f (x) F(x, 0) < 1, pa je f (x) < F(x, 0) + 1. Funkcija N k Q, x F(x, 0) + 1 je rekurzivna, što slijedi iz propozicije i činjenice da je funkcija N k Q, x F(x, 0) rekurzivna (prema propoziciji 1.3.4). Prema dijelu (1) postoji rekurzivna funkcija H : N k N takva da je F(x, 0) + 1 H(x), x N k. Stoga je f (x) < H(x), x N k.
20 1.4. IZRAČUNLJIVOST U R 17 Teorem Neka su f, g : N k R rekurzivne funkcije. Tada su rekurzivne i funkcije f, f, f + g, f g : N k R. Dokaz. Neka su F, G : N k+1 Q rekurzivne aproksimacije od f i g. Za svaki x N k i i N vrijedi ( f (x) ) ( F(x, i) ) = f (x) + F(x, i) = f (x) F(x, i) < i. Prema tome F je rekurzivna aproksimacija od f. Dakle, f je rekurzivna funkcija. Općenito, za a, b R vrijedi a b a b, što slijedi iz a b a b i b a b a = a b. Neka su x N k i i N. Vrijedi: f (x) F (x, i) = f (x) F(x, i) f (x) F(x, i) < i. Prema tome, F je rekurzivna aproksimacija funkcije f. Dakle, f je rekurzivna funkcija. Za svaki x N k i i N vrijedi ( f + g)(x) (F + G)(x, i) = f (x) F(x, i) + g(x) G(x, i) f (x) F(x, i) + g(x) G(x, i) < i + i = i. Dakle, ( f + g)(x) (F + G)(x, i) < i, pa iz leme slijedi da je f + g rekurzivna funkcija. Neka su x N k i i N. Tada je G(x, i) g(x) g(x) G(x, i) < i 1, pa je G(x, i) g(x) + 1 (1.6)
21 18 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Imamo: ( f g)(x) (F G)(x, i) = f (x)g(x) F(x, i)g(x, i) = f (x)g(x) f (x)g(x, i) + f (x)g(x, i) F(x, i)g(x, i) = f (x) ( g(x) G(x, i) ) + ( f (x) F(x, i) ) G(x, i) f (x) i + i G(x, i) = ( f (x) + G(x, i) ) i (1.6) ( f (x) + g(x) + 1 ) i. Prema lemi 1.4. postoji rekurzivna funkcija H : N k N takva da je f (x) + g(x) + 1 < H(x). Stoga je ( f g)(x) (F G)(x, i) < H(x) i. Iz leme slijedi da je f g rekurzivna funkcija. Propozicija Neka su k, n N \ {0} te neka su g: N k N n i f : N n R rekurzivne funkcije. Tada je f g: N k R rekurzivna funkcija. Dokaz. Neka je F : N n+1 Q rekurzivna aproksimacija od f. Tada za svaki x N k i svaki i N vrijedi f ( g(x) ) F ( g(x), i ) < i. (1.7) Neka je G : N k+1 Q funkcija definirana sa G(x, i) = F ( g(x), i ). Tada je G rekurzivna funkcija prema propoziciji (), te iz (1.7) slijedi da je G rekurzivna aproksimacija od f g. Neka je k N\{0} te S N k. Za S kažemo da je rekurzivno prebrojiv skup ako je S = ili ako postoji rekurzivna funkcija f : N N k čija slika je jednaka S, tj. takva da je S = f (N). Propozicija Neka je k N \ {0} te neka je S rekurzivan skup u N k. Tada je S rekurzivno prebrojiv skup. Dokaz. Ako je S = tvrdnja je jasna.
22 1.4. IZRAČUNLJIVOST U R 19 Pretpostavimo da je S. Odaberimo a S. Imamo a = (a 1,..., a k ), a 1,..., a k N. Definirajmo funkciju h: N N k sa h(x) = ( x 1, x,..., x k ). Očito je da su komponentne funkcije od h rekurzivne. Dakle h je rekurzivna. Definirajmo f : N N k sa h(x) f (x) = a, ako je h(x) S, inače. Neka su f 1,..., f k komponentne funkcije od f. Neka je i {1,..., k}. Tada je x i, ako je h(x) S x i, ako je x T f i (x) = =, inače, inače a i gdje je T = { x N h(x) S }. ( ) Imamo da je χ T (x) = χ S h(x), dakle χt = χ S h, pa je χ T rekurzivna funkcija, odnosno T je rekurzivan skup. Iz propozicije slijedi da je funkcija f i rekurzivna. Prema tome, f je rekurzivna funkcija. Dokažimo još da je f (N) = S. Iz definicije od f je očito da je f (N) S. Neka je s S, s = (s 1,..., s k ). Neka je x = p s ps k k. Tada je h(x) = (s 1,..., s k ), tj. h(x) = s. Stoga je f (x) = h(x), tj. f (x) = s. Time smo dokazali S f (N). Prema tome S = f (N) i tvrdnja propozicije je dokazana. a i Neka su k, n, l N \ {0} te neka su g: N k N n i f : N n N l rekurzivne funkcije. Tada je i f g: N k N l rekurzivna funkcija. Naime, za svaki x N k vrijedi ( f g)(x) = f ( g(x) ) = ( f 1 ( g(x) ),..., fl ( g(x) )) iz čega zaključujemo da su f 1 g,..., f l g: N k N komponentne funkcije od f g. Budući da su f 1,..., f l : N n N rekurzivne, funkcije f 1 g,..., f l g su rekurzivne, pa je f g rekurzivna funkcija. Propozicija Neka su k, n N\{0} te neka je f : N k N n rekurzivna funkcija. Neka je S rekurzivno prebrojiv skup u N k. Tada je f (S ) rekurzivno prebrojiv skup u N n.
23 0 POGLAVLJE 1. IZRAČUNLJIVOST Dokaz. Ako je S = onda je f (S ) =, pa je f (S ) rekurzivno prebrojiv. Uzmimo da je S. Tada postoji rekurzivna funkcija g: N N k takva da je g(n) = S. Neka je h = f g. Funkcija h: N N n je rekurzivna kao kompozicija rekurzivnih funkcija. Neka je z N n. Tada je z f (S ) y S takav da z = f (y) x N takav da z = f ( g(x) ) x N takav da z = h(x). Iz ovoga zaključujemo da je h(n) = f (S ). Prema tome f (S ) je rekurzivno prebrojiv skup. Teorem (Teorem o projekciji). Neka su k, n N\{0} te neka je T rekurzivno prebrojiv skup u N k+n. Neka je S N k takav da za svaki x N k vrijedi Tada je S rekurzivno prebrojiv skup. x S y N n takav da je (x, y) T. Dokaz. Neka je p: N k+n N k funkcija definirana sa Očito je p rekurzivna funkcija. p(x 1,..., x k, y 1,..., y n ) = (x 1,..., x k ). Tvrdimo da je S = p(t). Neka je x S. Tada postoji y N n takav da je (x, y) T. Imamo x = p(x, y), pa je x p(t). Dakle S p(t). Obratno, ako je x p(t) onda je x = p(a 1,..., a k, y 1,..., y n ) gdje je (a 1,..., a k, y 1,..., y n ) T. Slijedi x = (a 1,..., a k ), a prema tome (x, y 1,..., y n ) T. Dakle postoji y N n takav da je (x, y) T, stoga je x S. Zaključak: p(t) S, tj. p(t) = S. Iz propozicije slijedi da je S rekurzivno prebrojiv skup. Teorem Neka je k N \ {0} te f : N k R rekurzivna funkcija. Neka je S = { x N k f (x) > 0 }. Tada je S rekurzivno prebrojiv skup.
24 1.4. IZRAČUNLJIVOST U R 1 Dokaz. Neka je F : N k+1 Q rekurzivna aproksimacija od f. Tada x N k i i N vrijedi f (x) F(x, i) < i. (1.8) Neka je x N k. Pretpostavimo da je f (x) > 0. Tada postoji i N takav da je f (x) > i. Slijedi f (x) i > i. Iz (1.8) slijedi f (x) F(x, i) < i pa je f (x) i < F(x, i). Stoga je F(x, i) > i. Prema tome, ako je f (x) > 0 onda postoji i N takav da je F(x, i) > i. Obratno, pretpostavimo da postoji i N takav da je F(x, i) > i. Tada je F(x, i) i > 0. Iz (1.8) slijedi F(x, i) f (x) < i, pa je F(x, i) i < f (x). Stoga je f (x) > 0. Imamo sljedeći zaključak: f (x) > 0 i N takav da je F(x, i) > i. (1.9) Neka je T = { (x, i) F(x, i) > i }. Funkcija N k+1 Q, (x, i) i je rekurzivna, pa iz korolara slijedi da je T rekurzivan skup. Prema (1.9) vrijedi x S i N takav da (x, i) T. Iz teorema o projekciji slijedi da je S rekurzivno prebrojiv skup. Korolar Neka je k N \ {0}, te neka su f, g: N k R rekurzivne funkcije. Tada je skup { x N k f (x) < g(x) } rekurzivno prebrojiv. Dokaz. Definirajmo h: N k R sa h(x) = g(x) f (x). Iz teorema slijedi da je h rekurzivna funkcija. Za x N k očito vrijedi h(x) > 0 ako i samo ako f (x) < g(x). Tvrdnja korolara slijedi iz teorema
25
26 Poglavlje Izračunljivi metrički prostori.1 Metrički prostori Neka je X neprazan skup te neka je d : X X R funkcija takva da za sve x, y, z X vrijede sljedeća svojstva: (1) d(x, y) 0 & d(x, y) = 0 x = y () d(x, y) = d(y, x) (3) d(x, y) d(x, z) + d(z, y). Tada za d kažemo da je metrika na skupu X, a za uredeni par (X, d) kažemo da je metrički prostor. Primjer.1.1. Neka je d : R R R funkcija definirana sa d(x, y) = x y. Tada je d metrika na R. Naime, svojstva (1) i () iz definicije metrike su očita, a da vrijedi svojstvo (3) vidimo na sljedeći način: d(x, y) = x y Za d kažemo da je euklidska metrika na R. = x z + z y x z + z y = d(x, z) + d(z, y). 3
27 4 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI Neka je (X, d) metrički prostor, neka je x 0 X, te r R, r > 0. Definiramo K(x 0, r) = { x X d(x0, x) < r }. Za K(x 0, r) kažemo da je otvorena kugla oko x 0 radijusa r. Neka je (X, d) metrički prostor te U X. Za U kažemo da je otvoren skup u metričkom prostoru (X, d) ako x U r > 0 takav da je K(x, r) U. Primjer.1.. Neka je d euklidska metrika na R. Neka je x 0 R te r > 0. Tada je K(x 0, r) = x 0 r, x 0 + r. Naime x K(x 0, r) d(x, x 0 ) < r x x 0 < r r < x x 0 < r x 0 r < x < x 0 + r x x 0 r, x 0 + r. Dakle, otvorene kugle u metričkom prostoru (R, d) su oblika a, b, gdje su a, b R, a < b. Obratno, ako su a, b R, a < b, onda je a, b = x 0 r, x 0 + r, gdje je x 0 = (a + b)/, r = (b a)/. Prema tome, a, b je otvorena kugla u (R, d). Propozicija.1.3. Neka je (X, d) metrički prostor. Tada vrijede sljedeće tvrdnje: (1) i X su otvoreni skupovi u (X, d). () Ako je U α, α A indeksirana familija otvorenih skupova u (X, d) onda je α A U α otvoren skup u (X, d).
28 .1. METRIČKI PROSTORI 5 (3) Ako su U, V otvoreni skupovi u (X, d), onda je U V otvoren skup u (X, d). Dokaz. (1) Tvrdnja je očita. () Neka je x α A U α. Tada postoji α 0 A takav da je x U α0. Budući da je U α0 otvoren skup u (X, d) postoji r > 0 takav da K(x, r) U α0. Slijedi da je K(x, r) α A U α. Prema tome α A U α je otvoren skup. (3) Neka je x U V. Slijedi da je x U i x V, pa postoje r, s > 0 takvi da je K(x, r) U i K(x, s) V. Neka je t = min{r, s}. Tada je t r i t s, pa je očito K(x, t) K(x, r) i K(x, t) K(x, s), stoga je K(x, t) K(x, r) K(x, s) U V, tj. K(x, t) U V. Prema tome U V je otvoren skup. U K(x, r) r = t x s K(x, s) U V V Slika.1: Presjek otvorenih skupova je otvoren skup.
29 6 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI Korolar.1.4. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je n N te U 1,..., U n otvoreni skupovi u (X, d). Tada je U 1... U n otvoren skup. Dokaz. Lako se vidi indukcijom iz prethodne propozicije o presjeku dva skupa. Propozicija.1.5. Neka je (X, d) metrički prostor, x 0 X i r > 0. Tada je K(x 0, r) otvoren skup u (X, d). Dokaz. Neka je x K(x 0, r). Tada je d(x, x 0 ) < r. Definirajmo s = r d(x, x 0 ). Očito je s > 0 te vrijedi s + d(x, x 0 ) = r. Tvrdimo da je Neka je y K(x, s). Imamo K(x, s) K(x 0, r). (.1) d(y, x 0 ) d(y, x) + d(x, x 0 ) < s + d(x, x 0 ) = r. d(x, x 0 ) x s y x 0 r Slika.: Otvorena kugla je otvoren skup. Dakle d(y, x 0 ) < r, pa je y K(x 0, r). Time smo dokazali da vrijedi (.1). Zaključak: K(x 0, r) je otvoren skup u (X, d).
30 .. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI 7 Propozicija.1.6. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je U X. Tada je U otvoren skup u (X, d) ako i samo ako je U unija otvorenih kugla. Dokaz. Pretpostavimo da je U unija otvorenih kugla, tj. da postoji indeksirana familija B α, α A otvorenih kugla u metričkom prostoru (X, d), takva da je U = α A B α. Tada iz propozicija.1.3 i.1.5 slijedi da je U otvoren skup. > 0 ta- Obratno, pretpostavimo da je U otvoren skup. Tada za svaki x U postoji r x kav da je K(x, r x ) U. Tada je U = x U K(x, r x ). Time je tvrdnja propozicije dokazana.. Izračunljivi metrički prostori Neka je (X, d) metrički prostor te neka je A X. Za A kažemo da je gust skup u (X, d) ako za svaki x X i svaki ɛ > 0 postoji a A takav da je d(x, a) < ɛ. Uočimo sljedeće: skup A je gust u (X, d) ako i samo ako svaka otvorena kugla u (X, d) siječe A. Naime, ako je A gust te ako su x 0 X, r > 0, onda postoji a A takav da je d(x 0, a) < r što povlači da je a K(x 0, r) pa imamo K(x 0, r) A. Obratno, ako svaka otvorena kugla u (X, d) siječe A onda za svaki x X i svaki ɛ > 0 vrijedi K(x, ɛ) A, što povlači da postoji a A takav da je a K(x, ɛ), tj. d(x, a) < ɛ. Prema tome, A je gust skup u (X, d). Propozicija..1. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je A X. Tada je A gust u (X, d) ako i samo ako svaki otvoren neprazan skup u (X, d) siječe A. Dokaz. Pretpostavimo da je A gust u (X, d). Neka je U otvoren neprazan skup u (X, d). Odaberimo x U. Tada postoji r > 0 takav da je K(x, r) U. Budući da je A gust vrijedi da K(x, r) A. Stoga je i U A. Obratno, ako svaki otvoren neprazan skup u (X, d) siječe A onda posebno svaka otvorena kugla iz (X, d) siječe A, pa je A gust. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je (x n ) niz u X. Kažemo da je (x n ) gust niz u (X, d) ako je njegova slika, tj. skup { x n n N } gust u (X, d).
31 8 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI Neka je (X, d) metrički prostor, te neka je α = (α n ) n N gust niz u (X, d) takav da je funkcija N R, (i, j) d(α i, α j ) rekurzivna. Tada za uredenu trojku (X, d, α) kažemo da je izračunljiv metrički prostor. Primjer... Neka je d euklidska metrika na R. Uočimo da je Q gust skup u (R, d). Naime, ako su x R i ɛ > 0 onda postoji racionalni broj a takav da je x ɛ < a < x + ɛ iz čega slijedi da je tj. tj. a x ɛ, x + ɛ, x a < ɛ, d(x, a) < ɛ. Definirajmo funkciju α: N Q sa α(n) = ( 1) n n 0 n Očito je α rekurzivna funkcija (kao funkcija N Q). Nadalje, α je surjekcija. Naime, svaki element iz Q je oblika ( 1) c a, gdje su a, b, c N, a b+1 α(a 3 b 5 c ) = ( 1) c a. Stoga je b+1 α gust niz u (R, d). Neka je γ: N Q funkcija definirana sa γ(i, j) = d(α i, α j ). Imamo γ(i, j) = αi α j. Neka su f, g: N Q funkcije definirane sa f (i, j) = α i, g(i, j) = α j. Funkcije f i g su rekurzivne jer je f = α I 1 i g = α I. Stoga je i funkcija f + ( g) : N Q rekurzivna, no γ = f + ( g). Dakle, γ je rekurzivna funkcija pa je stoga rekurzivna i kao funkcija N R. Zaljučak: (R, d, α) je izračunljiv metrički prostor.
32 .. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI 9 Neka je (X, d) metrički prostor, a X te (x n ) niz u X. Za niz (x n ) kažemo da teži ili konvergira prema a u metričkom prostoru (X, d) i pišemo x n a ako ɛ > 0 n 0 N takav da je d(x n, a) < ɛ, n n 0. U tom slučaju za a kažemo da je limes niza (x n ). Lema..3. Neka je (X, d) metrički prostor te neka su a, b X, a b. Neka je r = d(a,b). Tada je K(a, r) K(b, r) =. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tada je K(a, r) K(b, r). Odaberimo c K(a, r) K(b, r). Tada je d(a, c) < r i d(c, b) < r. Imamo r = d(a, b) d(a, c) + d(c, b) < r + r = r. Kontradikcija. Dakle, K(a, r) K(b, r) =. Propozicija..4. Neka je (X, d) metrički prostor, neka je (x n ) niz u X te neka su a, b X takvi da x n a i x n b. Tada je a = b. Dokaz. Pretpostavimo da je a b. Neka je r = d(a,b). Prema lemi..3 vrijedi K(a, r) K(b, r) =. (.) Budući da x n a postoji n 0 N takav da je d(a, x n ) < r, n n 0, tj. x n K(a, r), n n 0. Nadalje, iz x n b slijedi da postoji m 0 N takav da je x n K(b, r), n m 0. Odaberimo n N takav da je n n 0 i n m 0. Tada je x n K(a, r) i x n K(b, r), što je u kontradikciji sa (.). Prema tome a = b. Neka je x R. Za x kažemo da je rekurzivan broj ako postoji rekurzivna funkcija f : N Q takva da je x f (k) < k, k N. Uočimo: svaki racionalan broj je rekurzivan. Lema..5. Neka je k N, k 1 te S N k+1 rekurzivan skup takav da za svaki x N k postoji y N takav da je (x, y) S. Tada postoji rekurzivna funkcija ϕ: N k N takva da je ( x, ϕ(x) ) S, x N k.
33 30 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI Dokaz. Definirajmo funkciju ϕ: N k N tako da je Funckija ϕ je rekurzivna jer je ϕ(x) = µy ( (x, y) S ). ( ϕ(x) = µy sg ( χ S (x, y) ) ) = 0. Očito je ( x, ϕ(x) ) S, x N k. Primjer..6. Broj je rekurzivan. Neka je ɛ > 0. Tada postoji pozitivan racionalan broj r takav da je ɛ < r < iz čega slijedi Neka je x: N Q funkcija definirana sa r < < r + ɛ. x i = i 0 i Očito da je x rekurzivna funkcija te da je {x i i N} = Q 0,. Neka je k N. Tada postoji r Q, r > 0 takav da je pa postoji i N takav da je iz čega slijedi da je r < < r + k x i < < x i + k xi < < ( x i + k). { Neka je S = (k, i) x i < < ( x i + k) }. Imamo dakle da za svaki k N postoji i N { takav da je (k, i) S. Skup S je rekurzivan kao presjek skupova S 1 = (k, i) } x i < i
34 .. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI 31 S = { (k, i) < ( xi + k) } koji su rekurzivni prema korolaru Prema lemi..5 postoji rekurzivna funkcija ϕ: N N takva da je ( k, ϕ(k) ) S, k N. Neka je k N. Označimo i = ϕ(k). Imamo (k, i) S, pa je x i < < ( x i + k) iz čega slijedi Stoga je x i < < x i + k. 0 < x i < k pa je xi < k. Dakle x ϕ(k) < k, k N. Neka je f : N Q funkcija definirana sa f (x) = x ϕ(k). Tada je f rekurzivna funkcija kao kompozicija funkcija x i ϕ i vrijedi f (k) < k, k N. Prema tome je rekurzivan broj. Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor. Neka je x 0 X. Za x 0 kažemo da je izračunljiva točka u (X, d, α) ako postoji rekurzivna funkcija f : N N takva da je d(α f (k), x 0 ) < k, k N. Propozicija..7. Neka je d euklidska metrika na R te neka je α niz iz primjera... Neka je x R. Tada je x rekurzivan broj ako i samo ako je x izračunljiva točka u izračunljivom metričkom prostoru (R, d, α). Dokaz. Pretpostavimo da je x rekurzivan broj. Tada postoji rekurzivna funkcija f : N Q takva da je x f (k) < k, k N. (.3) Neka je S = {(k, i) } f (k + 1) αi < (k+1). Tada je S rekurzivan skup prema korolaru 1.3.3, te za svaki k N postoji i N takav da je (k, i) S. Prema lemi..5 postoji
35 3 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI rekurzivna funkcija ϕ: N N takva da je ( k, ϕ(k) ) S, k N. Uzmimo k N. Iz ( k, ϕ(k) ) S slijedi f (k + 1) α ϕ(k) < (k+1). Prema (.3) vrijedi x f (k + 1) < (k+1). Sada je x α ϕ(k) x f (k + 1) + f (k + 1) αϕ(k) < (k+1) + (k+1) = k. Dakle d ( x, α ϕ(k) ) < k, k N. Prema tome, x je izračunljiva točka u (R, d, α). Obratno, pretpostavimo da je x izračunljiva točka u (R, d, α). Tada postoji rekurzivna funkcija ϕ: N N takva da je d ( ) x, α ϕ(k) < k, k N. Neka je f = α ϕ, tada je f : N Q rekurzivna funkcija i x f (k) < k, k N. Prema tome x je rekurzivan broj. Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor. Neka su i N te r Q, r > 0. Tada za K(α i, r) kažemo da je racionalna kugla u (X, d, α). Neka je q: N Q neka (fiksirana) rekurzivna funkcija takva da je Im q = 0, Q (takva funkcija postoji, npr. q(i) = i 0 ). Nadalje, neka su τ i , τ : N N neke (fiksirane) rekurzivne funkcije takve da je { (τ 1 (x), τ (x)) x N } = N (takve funkcije postoje, npr. τ 1 (x) = x 0 i τ (x) = x 1 ). Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor. Za i N definiramo I i = K ( α τ1 (i), q τ (i)). Uočimo da je {I i i N} familija svih racionalnih kugla u (X, d, α). Neka je (X, d) metrički prostor te F X. Za F kažemo da je zatvoren skup u (X, d) ako je F c otvoren skup u (X, d). Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor. Neka je S zatvoren skup u (X, d). Za S kažemo da je izračunljivo prebrojiv skup u (X, d, α) ako je {i N I i S } rekurzivno prebrojiv podskup od N.
36 .. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI 33 Za S kažemo da je koizračunljivo prebrojiv skup u (X, d, α) ako je S = X ili ako postoji rekurzivna funkcija f : N N takva da je X \ S = i N I f (i). Za S kažemo da je izračunljiv zatvoren skup u (X, d, α) ako je S izračunljivo prebrojiv i koizračunljivo prebrojiv u (X, d, α). Neka su σ: N N i η: N N neke (fiksirane) rekurzivne funkcije takve da je {( σ(i, 0),..., σ ( i, η(i) )) i N } skup svih konačnih nizova u N, tj. skup { (a0,..., a n ) n N, a0,..., a n N}. Takve funkcije σ i η postoje, naime, možemo uzeti σ(i, j) = i j 1, η(i) = len(i). Tada za n N i a 0,..., a n N vrijedi da je ( σ(i, 0),..., σ ( i, η(i) ) ) ( ) = a0,..., a n, pri čemu je i = p a p a n+1 n. Za i, j N ćemo umjesto σ(i, j) pisati (i) j, a umjesto η(i) ćemo pisati i. Dakle svaki konačan niz u N je oblika ( (i) 0,..., (i) i ) za neki i N. Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor te neka je (x i ) niz u X. Za (x i ) kažemo da je izračunljiv niz u (X, d, α) ako postoji rekurzivna funkcija F : N N takva da je d ( ) x i, α F(i,k) < k, i, k N. Uočimo sljedeće: ako je (x i ) izračunljiv niz u (X, d, α) onda je x i izračunljiva točka u (X, d, α) za svaki i N. Propozicija..8. Neka je d euklidska metrika na R te neka je α niz u R definiran sa α(n) = ( 1) n n 0 /( n 1 + 1). Neka je (x i ) niz realnih brojeva. Tada je (x i ) rekurzivan niz u R (tj. rekurzivna funkcija N R) ako i samo ako je (x i ) izračunljiv niz u izračunljivom metričkom prostoru (R, d, α).
37 34 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI Dokaz. Pretpostavimo da je (x i ) izračunljiv niz u (R, d, α). Tada postoji rekurzivna funkcija F : N N takva da je d ( x i, α F(i,k) ) < k, i, k N (.4) Definirajmo funkciju G : N Q sa G(i, k) = α F(i,k) (očito je G rekurzivna funkcija). Prema (.4) vrijedi xi G(i, k) < k, i, k N. Stoga je (x i ) rekurzivan niz realnih brojeva. Obratno, pretpostavimo da je (x i ) rekurzivan niz realnih brojeva. Tada postoji rekurzivna funkcija G : N Q takva da je x i G(i, k) < k, i, k N. (.5) Neka su i, k N. Tada postoji j N takav da je α j = G(i, k). Neka je S = { (i, k, j) N 3 α j = G(i, k) }. Prema korolaru S je rekurzivan skup, pa budući da za sve i, k N postoji j N takav da je (i, k, j) S, postoji rekurzivna funkcija F : N N takva da je ( i, k, F(i, k) ) S, i, k N (lema..5). To znači da je α F(i,k) = G(i, k), i, k N pa iz (.5) slijedi d(x i, α F(i,k) ) < k, i, k N, što znači da je (x i ) izračunljiv niz u (R, d, α). Primjer..9. Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor. Tada je niz α = (α i ) izračunljiv u (X, d, α). Naime, vrijedi d ( ) α i, α F(i,k) = 0, i, k N, pri čemu je F = I 1. Općenitije, ako je f : N N rekurzivna funkcija onda je niz ( α f (i) )i N izračunljiv u (X, d, α). U ovom slučaju imamo d ( ) α f (i), α F(i,k) = 0, i, k N, pri čemu je F : N N definirana sa F(i, k) = f (i). Neka je (X, d) metrički prostor te neka su S i T podskupovi od X takvi da je T podskup od S. Za T kažemo da je gust podskup od S u (X, d) ako x S i ɛ > 0 y T takav da je d(x, y) < ɛ.
38 .. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI 35 Lema..10. Neka je (X, d) metrički prostor, neka je S X te neka je T gust podskup od S. Neka je U otvoren skup u (X, d). Tada je U S ako i samo ako je U T. Dokaz. Jasno je da U T U S. Pretpostavimo U S. Tada postoji x S takav da je x U. Budući da je U otvoren skup, postoji r > 0 takav da je K(x, r) U. S druge strane postoji y T takav da je d(x, y) < r, iz čega slijedi da je y K(x, r) pa je y U. Zaključak: U T. Lema..11. Neka je k N \ {0}, neka je f : N k R te neka je F : N k+1 R rekurzivna funkcija takva da je f (x) F(x, i) < i, x N k, i N. Tada je f rekurzivna funkcija. Dokaz. Neka je G : N k+ Q rekurzivna aproksimacija od F. Tada za sve x N k, i, j N vrijedi F(x, i) G(x, i, j) < j. Posebno, za svaki x N k i za svaki i N vrijedi F(x, i) G(x, i, i) < i. Neka su x N k i i N. Imamo f (x) G(x, i, i) = f (x) F(x, i) + F(x, i) G(x, i, i) f (x) F(x, i) + F(x, i) G(x, i, i) < i + i = i. Dakle, f (x) G(x, i, i) < i. Neka je H : N k+1 Q funkcija definirana sa H(x, i) = G(x, i, i), x N k, i N. Funkcija H je rekurzivna te vrijedi f (x) H(x, i) < i. Prema lemi f je rekurzivna funkcija.
39 36 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI Lema..1. Neka je (X, d) metrički prostor, ɛ > 0 te neka su x, y, a, b X takvi da je d(x, a) < ɛ i d(y, b) < ɛ. Tada je d(x, y) d(a, b) < ɛ. Dokaz. Imamo d(x, y) d(x, a) + d(a, y) d(x, a) + d(a, b) + d(b, y) < d(a, b) + ɛ pa je Analogno dobivamo d(x, y) d(a, b) < ɛ. d(a, b) d(x, y) < ɛ. Prema tome je d(x, y) d(a, b) < ɛ. Propozicija..13. Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor te neka su (x i ), (y j ) izračunljivi nizovi u (X, d, α). Tada je funkcija N R, (i, j) d(x i, y j ) rekurzivna. Dokaz. Neka su F, G : N N rekurzivne funkcije takve da je Posebno, za sve i, j, k N vrijedi d(x i, α F(i,k) ) < k d(y j, α G( j,k) ) < k, i, j, k N. d(x i, α F(i,k+1) ) < (k+1) d(y j, α G( j,k+1) ) < (k+1) pa iz leme..1 slijedi da je d(x i, y j ) d(α F(i,k+1), α G( j,k+1) ) < (k+1) = k. Neka je H : N 3 R, H(i, j, k) = d(α F(i,k+1), α G( j,k+1) ). Imamo d(x i, y j ) H(i, j, k) < k, i, j, k N.
40 .. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI 37 Preostaje dokazati da je funkcija H rekurzivna, naime tada će iz leme..11 slijediti da je funkcija N R, (i, j) d(x i, y j ) rekurzivna. Neka je K : N R, K(i, j) = d(α i, α j ). Tada je K rekurzivna funkcija prema definiciji izračunljivog metričkog prostora. Imamo H(i, j, k) = K ( F(i, k + 1), G( j, k + 1) ) pa iz propozicije slijedi da je H rekurzivna funkcija. Time je tvrdnja propozicije dokazana. Teorem..14. Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor te neka je S zatvoren skup u (X, d). Pretpostavimo da postoji izračunljiv niz (x i ) u (X, d, α) takav da je skup {x i i N} gust podskup od S. Tada je S izračunljivo prebrojiv skup u (X, d, α). Dokaz. Neka je i N. Tada je I i S ako i samo ako I i {x j j N} (prema propoziciji.1.5 i lemi..10). Stoga je: I i S j N takav da je x j I i j N takav da je d(α τ1 (i), x j ) < q τ (i) (.6) x j+1 x j α τ1 (i) q τ1(i) S x 0 x 1 x I i Slika.3: Ilustracija presjeka I i S. Neka je Ω = { (i, j) N d ( α τ1 (i), x j ) < qτ (i)} te neka je Γ = {i N Ii S }. Prema (.6) vrijedi da je Γ = { i N j N takav da je (i, j) Ω }. Stoga je dovoljno dokazati da je Ω rekurzivno prebrojiv skup, naime tada će iz teorema o projekciji slijediti da je skup Γ rekurzivno prebrojiv, a to će značiti da je S izračunljivo prebrojiv skup
41 38 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI u (X, d, α). Imamo Ω = { (i, j) N β(i, j) < γ(i, j) }, gdje su β, γ: N R funkcije definirane sa β(i, j) = d(α τ1 (i), x j ), γ(i, j) = q τ (i). Prema propoziciji..13 i primjeru..9 funkcija β je rekurzivna. Očito je da je γ rekurzivna kao funkcija N Q pa je rekurzivna i kao funkcija N R. Iz korolara slijedi da je Ω rekurzivno prebrojiv skup. Time je tvrdnja teorema dokazana. Neka je (X, d) metrički prostor. Neka su A, B X te neka je ɛ > 0. Pišemo A ɛ B ako za svaki a A postoji b B takav da je d(a, b) < ɛ. Ako vrijedi A ɛ B i B ɛ A onda pišemo A ɛ B. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je K X. Neka je U neprazna familija otvorenih skupova u (X, d) takva da je K U. Tada za U kažemo da je otvoreni pokrivač skupa K u metričkom prostoru (X, d). Za otvoreni pokrivač U skupa K u metričkom prostoru (X, d) kažemo da se može reducirati na konačan pokrivač od K ako postoje n N i U 0,..., U n U takvi da je K U 0... U n. Neka je (X, d) metrički prostor te K X. Kažemo da je K kompaktan skup u metričkom prostoru (X, d) ako se svaki otvoreni pokrivač od K u (X, d) može reducirati na konačan pokrivač od K. Primjer..15. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je K konačan podskup od X. Tada je K kompaktan skup u (X, d). Dokažimo to. Ako je K prazan skup, tvrdnja je jasna. Inače imamo K = {x 0,..., x n }. Pretpostavimo da je U otvoreni pokrivač od K u (X, d). Neka je i {1,..., n}. Imamo x i U pa postoji U i U takav da je x i U i. Tada je {x 1,..., x n } U 1... U n, dakle U se može reducirati na konačan pokrivač od K. Prema tome K je kompaktan. Napomena: Neka je (X, d) metrički prostor te a, b X, a b. Tada postoje otvoreni skupovi U, V u (X, d) takvi da je a U, b V i U V =. To slijedi direktno iz leme..3.
42 .. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI 39 Teorem..16. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je K kompaktan skup u (X, d). Tada je K zatvoren u (X, d). Dokaz. Ako je K = tvrdnja je jasna. Pretpostavimo da je K neprazan. Neka je x K C. Neka je y K. Tada je x y pa postoje otvoreni skupovi U y, V y u (X, d) takvi da je Neka je x U y, y V y, U y V y =. U = {V y y K}. Tada je U otvoreni pokrivač od K u (X, d). Budući da je K kompaktan postoje n N i y 1,..., y n K takvi da je K V y1... V yn. Neka je W = U y1... U yn. Tada je W otvoren skup u (X, d) (korolar.1.4) te je očito x W. Neka je i {1,..., n}. Tada je W V yi = U y1... U yn V yi = jer je U yi V yi =. Stoga je W K W (V y1... V yn ) = (W V y1 )... (W V yn ) =. Dakle W K =, pa je W K C. Imamo da je x W te da je W otvoren skup pa stoga postoji r > 0 takav da je K(x, r) W. Tada je K(x, r) K C. Time smo dokazali da je K C otvoren skup. Prema tome K je zatvoren skup. Neka je (X, d) metrički prostor te S X. Za S kažemo da je omeden skup u metričkom prostoru (X, d) ako postoje x X i r > 0 takvi da je S K(x, r). Propozicija..17. Aka je S omeden skup u metričkom prostoru (X, d) onda za svaki x X postoji r > 0 takav da je S K(x, r).
43 40 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI Dokaz. Budući da je S omeden, postoje x 0 X i r 0 > 0 takvi da je S K(x 0, r 0 ). Neka je x X. Definirajmo r = d(x, x 0 ) + r 0. Tvrdimo da je K(x 0, r 0 ) K(x, r). (.7) Neka je y K(x 0, r 0 ). Tada je d(y, x 0 ) < r 0. Imamo d(x, y) d(x, x 0 ) + d(y, x 0 ) < d(x, x 0 ) + r 0 = r. Dakle d(x, y) < r pa je y K(x, r). Time smo dokazali da vrijedi (.7) pa slijedi S K(x, r). Propozicija..18. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je K kompaktan skup u (X, d). Tada je K omeden skup u (X, d). Dokaz. Odaberimo x 0 X. Neka je U = {K(x 0, r) r > 0}. Tada je U otvoreni pokrivač od K u (X, d). Naime, ako je x K, odaberimo pozitivan broj r takav da je d(x 0, x) < r i tada je x K(x 0, r), tj. x U. Budući da je K kompaktan, postoje n N i r 1,..., r n > 0 takvi da je K K(x 0, r 1 )... K(x 0, r n ). Neka je r = max{r 1,..., r n }. Tada je K K(x 0, r). Prema tome, K je omeden skup. Iz teorema..16 i propozicije..18 dobivamo sljedeći korolar. Korolar..19. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je K kompaktan skup u (X, d). Tada je K zatvoren i omeden u (X, d). Neka je X neprazan skup te neka je d : X X R funkcija definirana sa 1, x y d(x, y) = 0, x = y. Tvrdimo da je d metrika na X. Jedino netrivijalno svojstvo koje treba provjeriti je nejednakost trokuta.
44 .. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI 41 Neka su x, y, z X. Nejednakost očito vrijedi ako je x = y. d(x, y) d(x, z) + d(z, y) (.8) Ako je x y onda je z x ili z y pa imamo d(x, y) = 1 i (d(x, z) = 1 ili d(z, y) = 1) pa je jasno da (.8) vrijedi. Dakle d je metrika na X. Za d kažemo da je diskretna metrika na X. Primjer..0. Neka je X neprazan skup te d diskretna metrika na X. Neka je x 0 X te r > 0. Ako je r 1 onda je K(x 0, r) = {x 0 }, a ako je r > 1 onda je K(x 0, r) = X. Primjer..1. Neka je X neprazan skup te d diskretna metrika na X. Tada je svaki podskup od X otvoren u metričkom prostoru (X, d). Naime, ako je U X te x U onda za r = 1 / vrijedi da je K(x, r) = {x}, pa je K(x, r) U, dakle U je otvoren u (X, d). Uočimo da ovo povlači da je svaki podskup od X ujedno i zatvoren u (X, d). Primjer... Neka je X beskonačan skup. Odaberimo podskup S X koji je takoder beskonačan (npr. možemo uzeti S = X). Neka je d diskretna metrika na X. Tada je S zatvoren skup u (X, d) te je ujedno i omeden skup, naime, za svaki x X i za svaki r > 1 vrijedi da je S K(x, r) jer je K(x, r) = X. Tvrdimo da S nije kompaktan skup u (X, d). Pretpostavimo suprotno, tj. da je S kompaktan u (X, d). Neka je U = {{x} x S }. Tada je U otvoreni pokrivač od S u (X, d). Budući da je S kompaktan, U se može reducirati na konačan pokrivač od S, tj. postoje n N i x 1,..., x n S takvi da je S {x 1 }... {x n }. Dakle S {x 1,..., x n }. Ovo je u kontradikciji s činjenicom da je S beskonačan skup. Prema tome S nije kompaktan u (X, d).
45 4 POGLAVLJE. IZRAČUNLJIVI METRIČKI PROSTORI Prthodni primjer pokazuje da postoji skup koji je omeden i zatvoren, a nije kompaktan. Propozicija..3. Neka je (X, d) metrički prostor te neka je A gust skup u (X, d). Neka je K neprazan kompaktan skup u (X, d). Tada za svaki ɛ > 0 postoji konačan podskup A od A takav da je K ɛ A. Dokaz. Neka je ɛ > 0. Neka je U = { K(a, ɛ) a A, K(a, ɛ) K }. Tada je U otvoreni pokrivač od K u (X, d). Naime, ako je x K onda postoji a A takav da je d(x, a) < ɛ (jer je A gust skup) pa je x K(a, ɛ) i K(a, ɛ) K. Stoga je K(a, ɛ) U, pa je x U. Budući da je K kompaktan skup, postoje n N i a 0,..., a n A takvi da je i K K(a i, ɛ), i {0,..., n}. Tvrdimo da je K K(a 0, ɛ)... K(a n, ɛ) (.9) K ɛ {a 0,..., a n }. (.10) Dokažimo prvo da vrijedi K ɛ {a 0,..., a n }. Neka je x K. Prema (.9) postoji i {0,..., n} takav da je x K(a i, ɛ). Iz ovoga slijedi d(x, a i ) < ɛ. Dakle K ɛ {a 0,..., a n } vrijedi. Obratno, neka je i {0,..., n}. Iz K K(a i, ɛ) slijedi da postoji x K takav da je x K(a i, ɛ), tj. d(a i, x) < ɛ. Prema tome {a 0,..., a n } ɛ K. Time smo dokazali (.10). Neka je (X, d, α) izračunljiv metrički prostor. Za i N definiramo Λ i = { α (i)0,..., α (i)i }. Uočimo sljedeće: Za svaki i N Λ i je konačan podskup od {α j j N} i obratno, svaki konačan neprazan podskup od {α j j N} je oblika Λ i za neki i N.
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivana Šore REKURZIVNOST REALNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: doc.
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivana Šore REKURZIVNOST REALNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc. Zvonko Iljazović Zagreb, rujan, 2015. Ovaj diplomski
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 4. svibnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori n
1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 4. svibnja 2018. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) (a) (2 boda) Definirajte (općenitu) vanjsku mjeru. (b) (2 boda) Definirajte
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 29. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (
MJERA I INTEGRAL. kolokvij 9. lipnja 018. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni! 1. (ukupno 6 bodova Neka je (, F, µ prostor s mjerom, neka je (f n n1 niz F-izmjerivih funkcija
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1.
MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja 208. (Knjige bilježnice dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!). (8 bodova) Kao na predavanjima za d N sa P d : a b ] a d b d ] : a i b i R a i b i za i
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Edita Kulović STRUKTURE IZRAČUNLJIVOSTI Diplomski rad Voditelj rada: doc.
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Edita Kulović STRUKTURE IZRAČUNLJIVOSTI Diplomski rad Voditelj rada: doc. dr. sc. Zvonko Iljazović Zagreb, rujan 2016. Ovaj diplomski
ВишеZADACI 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.
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:
Вишеvjezbe-difrfv.dvi
Zadatak 5.1. Neka je L: R n R m linearni operator. Dokažite da je DL(X) = L, X R n. Preslikavanje L je linearno i za ostatak r(h) = L(X + H) L(X) L(H) = 0 vrijedi r(h) lim = 0. (5.1) H 0 Kako je R n je
ВишеUAAG Osnovne algebarske strukture 5. Vektorski prostori Borka Jadrijević
Osnovne algebarske strukture 5. Vektorski prostori Borka Jadrijević Osnovne algebarske strukture5. Vektorski prostori 2 5.1 Unutarnja i vanjska množenja Imamo dvije vrste algebarskih operacija, tzv. unutarnja
ВишеMATEMATIČKA ANALIZA I primjeri i zadaci Ante Mimica 8. siječnja 2010.
MATEMATIČKA ANALIZA I primjeri i zadaci Ante Mimica 8 siječnja 00 Sadržaj Funkcije 5 Nizovi 7 3 Infimum i supremum 9 4 Neprekidnost i es 39 3 4 SADRZ AJ Funkcije 5 6 FUNKCIJE Nizovi Definicija Niz je
ВишеNeprekidnost Jelena Sedlar Fakultet građevinarstva, arhitekture i geodezije Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost 1 / 14
Neprekidnost Jelena Sedlar Fakultet građevinarstva, arhitekture i geodezije Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost 1 / 14 Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost 2 / 14 Definicija. Jelena Sedlar (FGAG) Neprekidnost
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Elizabeta Borovec ALGEBARSKA PROŠIRENJA POLJA Diplomski rad Voditelj rada:
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Elizabeta Borovec ALGEBARSKA PROŠIRENJA POLJA Diplomski rad Voditelj rada: prof. dr. sc. Dražen Adamović Zagreb, rujan, 2015.
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Elma Daferović HIJERARHIJA KONVEKSNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Elma Daferović HIJERARHIJA KONVEKSNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: prof. dr. sc. Sanja Varošanec Zagreb, srpanj 218.
ВишеSadržaj 1 Diskretan slučajan vektor Definicija slučajnog vektora Diskretan slučajan vektor
Sadržaj Diskretan slučajan vektor Definicija slučajnog vektora 2 Diskretan slučajan vektor Funkcija distribucije slučajnog vektora 2 4 Nezavisnost slučajnih vektora 2 5 Očekivanje slučajnog vektora 6 Kovarijanca
ВишеKonacne grupe, dizajni i kodovi
Konačne grupe, dizajni i kodovi Andrea Švob (asvob@math.uniri.hr) 1. veljače 2011. Andrea Švob (asvob@math.uniri.hr) () Konačne grupe, dizajni i kodovi 1. veljače 2011. 1 / 36 J. Moori, Finite Groups,
ВишеSkalarne funkcije više varijabli Parcijalne derivacije Skalarne funkcije više varijabli i parcijalne derivacije Franka Miriam Brückler
i parcijalne derivacije Franka Miriam Brückler Jednadžba stanja idealnog plina uz p = nrt V f (x, y, z) = xy z x = n mol, y = T K, z = V L, f == p Pa. Pritom je kodomena od f skup R, a domena je Jednadžba
ВишеTeorija skupova - blog.sake.ba
Uvod Matematika je jedan od najomraženijih predmeta kod većine učenika S pravom, dakako! Zapitajmo se šta je uzrok tome? Da li je matematika zaista toliko teška, komplikovana? Odgovor je jednostavan, naravno
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivan Posavčević IZRAČUNLJIVOST NA SKUPOVIMA Z, Q, R I C Diplomski rad Zagr
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivan Posavčević IZRAČUNLJIVOST NA SKUPOVIMA Z, Q, R I C Diplomski rad Zagreb, rujan 2016. Voditelj rada: doc. dr. sc. Vedran
ВишеSveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Margareta Tvrdy Banachovi prostori Završni rad Osijek, 2013
Sveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Margareta Tvrdy Banachovi prostori Završni rad Osijek, 2013. Sveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 20 bodova) MJERA I INTEGRAL Popravni ispit 7. rujna (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori
1. (ukuno 20 bodova) MJERA I INTEGRAL Poravni isit 7. rujna 2018. (Knjige, bilježnice, dodatni airi i kalkulatori nisu dozvoljeni!) (a) (4 boda) Neka je nerazan sku. Precizno definirajte ojam σ-rstena
ВишеElementarna matematika 1 - Oblici matematickog mišljenja
Oblici matematičkog mišljenja 2007/2008 Mišljenje (psihološka definicija) = izdvajanje u čovjekovoj spoznaji odre denih strana i svojstava promatranog objekta i njihovo dovo denje u odgovarajuće veze s
Вишеknjiga.dvi
1. Vjerojatnost 1. lgebra dogadaja......................... 1 2. Vjerojatnost............................. 9 3. Klasični vjerojatnosni prostor................. 14 4. eskonačni vjerojatnosni prostor...............
ВишеMicrosoft Word - 15ms261
Zadatak 6 (Mirko, elektrotehnička škola) Rješenje 6 Odredite sup S, inf S, ma S i min S u skupu R ako je S = { R } a b = a a b + b a b, c < 0 a c b c. ( ), : 5. Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik
ВишеLinearna algebra Mirko Primc
Linearna algebra Mirko Primc Sadržaj Poglavlje 1. Polje realnih brojeva 5 1. Prirodni i cijeli brojevi 5 2. Polje racionalnih brojeva 6 3. Polje realnih brojeva R 9 4. Polje kompleksnih brojeva C 13 5.
ВишеGeneralizirani trag i normalne forme za logiku interpretabilnosti Vedran Čačić PMF Matematički odsjek Sveučilište u Zagrebu Dubrovnik radiona Sustavi
Generalizirani trag i normalne forme za logiku interpretabilnosti Vedran Čačić PMF Matematički odsjek Sveučilište u Zagrebu Dubrovnik radiona Sustavi dokazivanja 28. lipnja 2012. Zašto logika interpretabilnosti?
ВишеMatrice. Algebarske operacije s matricama. - Predavanje I
Matrice.. Predavanje I Ines Radošević inesr@math.uniri.hr Odjel za matematiku Sveučilišta u Rijeci Matrice... Matrice... Podsjeti se... skup, element skupa,..., matematička logika skupovi brojeva N,...,
Више(Microsoft Word - MATB - kolovoz osnovna razina - rje\232enja zadataka)
. B. Zapišimo zadane brojeve u obliku beskonačno periodičnih decimalnih brojeva: 3 4 = 0.7, = 0.36. Prvi od navedenih četiriju brojeva je manji od 3 4, dok su treći i četvrti veći od. Jedini broj koji
Више1 Polinomi jedne promenljive Neka je K polje. Izraz P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n = n a k x k, x K, naziva se algebarski polinom po x nad poljem K.
1 Polinomi jedne promenljive Neka je K polje. Izraz P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n = n a k x k, x K, naziva se algebarski polinom po x nad poljem K. Elementi a k K su koeficijenti polinoma P (x). Ako
ВишеPripreme 2016 Indukcija Grgur Valentić lipanj Zadaci su skupljeni s dva predavanja na istu temu, za učenike od prvog do trećeg razreda i za MEMO
Pripreme 016 Indukcija Grgur Valentić lipanj 016. Zadaci su skupljeni s dva predavanja na istu temu, za učenike od prvog do trećeg razreda i za MEMO kandidate. Zato su zadaci podjeljeni u odlomka. U uvodu
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Petar Bakić GEOMETRIJA SHEMA Diplomski rad Voditelj rada: prof. dr. sc. Go
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Petar Bakić GEOMETRIJA SHEMA Diplomski rad Voditelj rada: prof. dr. sc. Goran Muić Zagreb, srpanj 2014. Ovaj diplomski rad obranjen
ВишеDiferenciranje i integriranje pod znakom integrala math.e Vol math.e Hrvatski matematički elektronički časopis Diferenciranje i integriranje pod
1 math.e Hrvatski matematički elektronički časopis Diferenciranje i integriranje pod znakom integrala analiza Irfan Glogić, Harun Šiljak When guys at MIT or Princeton had trouble doing a certain integral,
ВишеOptimizacija
Optimizacija 1 / 43 2 / 43 Uvod u optimizaciju Zadana funkcija Uvod u optimizaciju f : R n R Cilj: Naći x, točku minimuma funkcije f : - Problem je jednostavno opisati x = arg min x R n f (x). - Rješavanje
Више(Microsoft Word - Dr\236avna matura - studeni osnovna razina - rje\232enja)
1. C. Imamo redom: I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA 9 + 7 6 9 + 4 51 = = = 5.1 18 4 18 8 10. B. Pomoću kalkulatora nalazimo 10 1.5 = 63.45553. Četvrta decimala je očito jednaka 5, pa se zaokruživanje vrši
ВишеSlide 1
0(a) 0(b) 0(c) 0(d) 0(e) :: :: Neke fizikalne veličine poput indeksa loma u anizotropnim sredstvima ovise o iznosu i smjeru, a nisu vektori. Stoga se namede potreba poopdavanja. Međutim, fizikalne veličine,
ВишеSkripte2013
Chapter 2 Algebarske strukture Preslikivanje f : A n! A se naziva n-arna operacija na skupu A Ako je n =2, kažemo da je f : A A! A binarna operacija na A Kažemo da je operacija f arnosti n, u oznaci ar
ВишеANALITIČKA GEOMETRIJA Željka Milin Šipuš i Mea Bombardelli verzija Uvod i povijesni osvrt Analitička geometrija bavi se proučavanjem (klasične)
ANALITIČKA GEOMETRIJA Željka Milin Šipuš i Mea Bombardelli verzija 1.0 1 Uvod i povijesni osvrt Analitička geometrija bavi se proučavanjem (klasične) euklidske geometrije ravnine i prostora koristeći algebarske
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 5. svibnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori n
1. (ukupo 6 bodova) MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 5. svibja 2017. (Kjige, bilježice, dodati papiri i kalkulatori isu dozvoljei!) (a) (2 boda) Defiirajte općeitu vajsku mjeru i izmjerivi skup obzirom a dau
Вишеatka 26 (2017./2018.) br. 102 NEKE VRSTE DOKAZA U ČAROBMATICI Jadranka Delač-Klepac, Zagreb jednoj smo priči spomenuli kako je važno znati postavljati
NEKE VRSTE DOKAZA U ČAROBMATICI Jadranka Delač-Klepac, Zagreb jednoj smo priči spomenuli kako je važno znati postavljati prava pitanja. U Jednako je važno znati pronaći odgovore na postavljena pitanja,
ВишеФАКУЛТЕТ ОРГАНИЗАЦИОНИХ НАУКА
Питања за усмени део испита из Математике 3 I. ДИФЕРЕНЦИЈАЛНЕ ЈЕДНАЧИНЕ 1. Појам диференцијалне једначине. Пикарова теорема. - Написати општи и нормални облик диференцијалне једначине првог реда. - Дефинисати:
ВишеGrupiranje podataka: pristupi, metode i primjene, ljetni semestar 2013./ Standardizacija podataka Predavanja i vježbe 8 Ako su podaci zadani
Grupiranje podataka: pristupi, metode i primjene, ljetni semestar 2013/2014 1 5 Standardizacija podataka Predavanja i vježbe 8 Ako su podaci zadani s više obilježja (atributa), ta se obilježja mogu međusobno
ВишеMAT KOL (Banja Luka) ISSN (p), ISSN (o) Vol. XX (2)(2014), PELLOVA JEDNAČINA I PITAGORIN
MAT KOL (Banja Luka) ISSN 0354 6969 (p), ISSN 986 5228 (o) Vol. XX (2)(204), 59 68 http://www.imvibl.org/dmbl/dmbl.htm PELLOVA JEDNAČINA I PITAGORINE TROJKE Amra Duraković Bernadin Ibrahimpašić 2, Sažetak
ВишеSveučilište u Zagrebu PMF Matematički odjel Filip Nikšić PROPOZICIONALNA DINAMIČKA LOGIKA Diplomski rad Zagreb, listopad 2009.
Sveučilište u Zagrebu PMF Matematički odjel Filip Nikšić PROPOZICIONALNA DINAMIČKA LOGIKA Diplomski rad Zagreb, listopad 2009. Sveučilište u Zagrebu PMF Matematički odjel Filip Nikšić PROPOZICIONALNA DINAMIČKA
ВишеACTA MATHEMATICA SPALATENSIA Series didactica Vol.2 (2019) Malo kompleksne analize i osnovni teorem algebre Ljiljana Arambašić, Maja Horvat Saže
ACTA MATHEMATICA SPALATENSIA Series didactica Vol.2 (2019) 57 66 Malo kompleksne analize i osnovni teorem algebre Ljiljana Arambašić, Maja Horvat Sažetak Cilj je ovog rada približiti neke osnovne pojmove
ВишеCelobrojno programiranje Rešavamo sledeći poblem celobrojnog programiranja: min c T x Ax = b x 0 x Z n Gde pretpostavljamo da je A celobrojna matrica
Celobrojno programiranje Rešavamo sledeći poblem celobrojnog programiranja: min c T x Ax = b x 0 x Z n Gde pretpostavljamo da je A celobrojna matrica dimenzije m n, b Z m, c Z n. Takođe, očekuje se da
ВишеMATEMATIKA Preddiplomski studij molekularne biologije Damir Bakić
MATEMATIKA Preddiplomski studij molekularne biologije Damir Bakić i Predgovor Ovo je nastavni materijal za kolegij Matematika namijenjen studentima preddiplomskog studija biologije, smjer Molekularna biologija.
ВишеMicrosoft Word - predavanje8
DERIVACIJA KOMPOZICIJE FUNKCIJA Ponekad je potrebno derivirati funkcije koje nisu jednostavne (složene su). Na primjer, funkcija sin2 je kompozicija funkcija sin (vanjska funkcija) i 2 (unutarnja funkcija).
ВишеTeorija skupova – predavanja
Sveučilište u Zagrebu PMF Matematički odsjek Mladen Vuković Složenost algoritama predavanja i vježbe 21. ožujka 2019. Predgovor Ovaj nastavni materijal namijenjen je prije svega studentima diplomskog
Више18 1 DERIVACIJA 1.3 Derivacije višeg reda n-tu derivaciju funkcije f označavamo s f (n) ili u Leibnizovoj notaciji s dn y d x n. Zadatak 1.22 Nadite f
8 DERIVACIJA.3 Derivacije višeg reda n-tu derivaciju funcije f označavamo s f (n) ili u Leibnizovoj notaciji s dn y d x n. Zadata. Nadite f (x) ao je (a) f(x) = ( + x ) arctg x (b) f(x) = e x cos x (a)
ВишеMicrosoft Word - 09_Frenetove formule
6 Frenet- Serret-ove formule x : 0,L Neka je regularna parametrizaija krivulje C u prostoru parametru s ) zadana vektorskom jednadžbom: x s x s i y s j z s k x s, y s, z s C za svaki 0, L Pritom je zbog
Више2. Globalna svojstva realnih funkcija Denicija 2.1 Za funkciju f : A kaemo da je:! R; A R ome dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je (8x 2 A) (f (
2. Globalna svojstva realnih funkcija Denicija 2.1 Za funkciju f : A kaemo da je:! R; A R ome dena odozgor ako postoji M 2 R takav da je (8x 2 A) (f (x) M) ; ome dena odozdol ako postoji m 2 R takav da
ВишеUniverzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku Prostori nizova c 0 i l p Master rad Mentor: Prof. dr. Dragan -Dorđević Stu
Univerzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku Prostori nizova c 0 i l p Master rad Mentor: Prof. dr. Dragan -Dorđević Student: Jelena Mosić Niš, 2016. SADRŽAJ 2 Sadržaj 1 Uvod
ВишеUniverzitet u Nišu Prirodno-matematički fakultet Departman za matematiku Različite karakterizacije proizvoda projektora Master rad Mentor: Prof. dr. D
Univerzitet u Nišu Prirodno-matematički fakultet Departman za matematiku Različite karakterizacije proizvoda projektora Master rad Mentor: Prof. dr. Dragana Cvetković-Ilić Student: Miljan Ilić Niš, 2019.
ВишеUvod u obične diferencijalne jednadžbe Metoda separacije varijabli Obične diferencijalne jednadžbe Franka Miriam Brückler
Obične diferencijalne jednadžbe Franka Miriam Brückler Primjer Deriviranje po x je linearan operator d dx kojemu recimo kao domenu i kodomenu uzmemo (beskonačnodimenzionalni) vektorski prostor funkcija
ВишеTitle
1. Realni brojevi Prirodno bi bilo konstruisati skup realnih brojeva korak po korak, od prirodnih brojeva preko cijelih, racionalnih i na kraju iracionalnih. Medutim, mi ćemo tom problemu ovdje pristupiti
ВишеAlgebarske strukture Boris Širola
Algebarske strukture Boris Širola UVOD Cilj ovog kratkog uvoda je prvo, neformalno, upoznavanje sa pojmovima i objektima koji su predmet proučavanja ovog kolegija, od kojih je centralan pojam algebarske
ВишеNatjecanje 2016.
I RAZRED Zadatak 1 Grafiĉki predstavi funkciju RJEŠENJE 2, { Za, imamo Za, ), imamo, Za imamo I RAZRED Zadatak 2 Neka su realni brojevi koji nisu svi jednaki, takvi da vrijedi Dokaži da je RJEŠENJE Neka
ВишеNumerička matematika 11. predavanje dodatak Saša Singer web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb NumMat 2019, 11. p
Numerička matematika 11. predavanje dodatak Saša Singer singer@math.hr web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb NumMat 2019, 11. predavanje dodatak p. 1/46 Sadržaj predavanja dodatka
ВишеProgramiranje 2 popravni kolokvij, 15. lipnja Ime i prezime: JMBAG: Upute: Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i brisanj
Upute: Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i brisanje, te službeni šalabahter. Kalkulatori, mobiteli, razne neslužbene tablice, papiri i sl., nisu dozvoljeni! Sva rješenja napišite
ВишеNeodreeni integrali - Predavanje III
Neodredeni integrali Predavanje III Ines Radošević inesr@math.uniri.hr Odjel za matematiku Sveučilišta u Rijeci Neodredeni integrali Neodredeni integral Tablični integrali Metoda supstitucije Metoda parcijalne
Више(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan osnovna razina - rje\232enja)
I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. B. Broj je cijeli broj, tj. pripada skupu cijelih brojeva Z. Skup cijelih brojeva Z je pravi podskup skupa racionalnih brojeva Q, pa je i racionalan broj. 9 4 je očito broj
ВишеHej hej bojiš se matematike? Ma nema potrebe! Dobra priprema je pola obavljenog posla, a da bi bio izvrsno pripremljen tu uskačemo mi iz Štreberaja. D
Hej hej bojiš se matematike? Ma nema potrebe! Dobra priprema je pola obavljenog posla, a da bi bio izvrsno pripremljen tu uskačemo mi iz Štreberaja. Donosimo ti primjere ispita iz matematike, s rješenjima.
ВишеPRIRODOSLOVNO-MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Doris Dumičić Danilović Poopćenje i profinjenje nekih algoritama za konstrukciju blokovnih dizaj
PRIRODOSLOVNO-MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Doris Dumičić Danilović Poopćenje i profinjenje nekih algoritama za konstrukciju blokovnih dizajna i istraživanje njihovih podstruktura DOKTORSKI RAD
ВишеSveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Ana Vilić Unitarni operatori Završni rad Osije
Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Ana Vilić Unitarni operatori Završni rad Osijek, 2018. Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel
ВишеSveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Karolina Novaković Derivacija funkcije i prim
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Karolina Novaković Derivacija funkcije i primjene Završni rad Osijek, 2018. Sveučilište J. J. Strossmayera
Више07jeli.DVI
Osječki matematički list 1(1), 85 94 85 Primjena karakterističnih funkcija u statistici Slobodan Jelić Sažetak. U ovom radu odred ene su funkcije distribucije aritmetičke sredine slučajnog uzorka duljine
ВишеAlgebarski izrazi (4. dio)
Dodatna nastava iz matematike 8. razred Algebarski izrazi (4. dio) Aleksandra-Maria Vuković OŠ Gornji Mihaljevec amvukovic@gmail.com 12/21/2010 SADRŽAJ 7. KVADRATNI TRINOM... 3 [ Primjer 18. Faktorizacija
ВишеNewtonova metoda za rješavanje nelinearne jednadžbe f(x)=0
za rješavanje nelinearne jednadžbe f (x) = 0 Ime Prezime 1, Ime Prezime 2 Odjel za matematiku Sveučilište u Osijeku Seminarski rad iz Matematičkog praktikuma Ime Prezime 1, Ime Prezime 2 za rješavanje
ВишеŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 28. veljače razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI
ŽUANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 8. veljače 09. 8. razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI OSTUAK RJEŠAVANJA, ČLAN OVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ OSTUAK
ВишеМАТЕМАТИЧКА ГИМНАЗИЈА У БЕОГРАДУ МАТУРСКИ РАД из математике ТЕОРИЈА СКУПОВА ментор: Славко Моцоња ученик: Матија Срећковић, IVБ Београд, јун 2015.
МАТЕМАТИЧКА ГИМНАЗИЈА У БЕОГРАДУ МАТУРСКИ РАД из математике ТЕОРИЈА СКУПОВА ментор: Славко Моцоња ученик: Матија Срећковић, IVБ Београд, јун 2015. САДРЖАЈ УВОД... 2 УВОД У СКУПОВЕ... 4 ЕЛЕМЕНТАРНЕ АКСИОМЕ...
ВишеJMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 28. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (
MJER I ITEGRL 2. kolokvij 28. lipja 29. (Kjige, bilježice, dodati papiri i kalkulatori isu dozvoljei!). (ukupo 6 bodova) eka je (, F, µ) prostor mjere. (a) ( bod) Što to zači da je izmjeriva fukcija f
ВишеVektorske funkcije i polja Mate Kosor / 23
i polja Mate Kosor 9.12.2010. 1 / 23 Tokom vježbi pokušajte rješavati zadatke koji su vam zadani. Ova prezentacija biti će dostupna na webu. Isti format vježbi očekujte do kraja semestra. 2 / 23 Danas
ВишеMatematika 1 - izborna
3.3. NELINEARNE DIOFANTSKE JEDNADŽBE Navest ćemo sada neke metode rješavanja diofantskih jednadžbi koje su drugog i viših stupnjeva. Sve su te metode zapravo posebni oblici jedne opće metode, koja se naziva
Више3. Neprekinute funkcije U ovoj to ki deniramo neprekinute funkcije. Slikovito, graf neprekinute funkcije moºemo nacrtati a da ne diºemo olovku s papir
3. Neprekinute funkcije U ovoj to ki deniramo neprekinute funkcije. Slikovito, graf neprekinute funkcije moºemo nacrtati a da ne diºemo olovku s papira. Neprekinute funkcije vaºne su u teoriji i primjenama.
Више(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)
1. D. Svedimo sve razlomke na jedinstveni zajednički nazivnik. Lako provjeravamo da vrijede rastavi: 85 = 17 5, 187 = 17 11, 170 = 17 10, pa je zajednički nazivnik svih razlomaka jednak Tako sada imamo:
Вишеs2.dvi
1. Skup kompleksnih brojeva 1. Skupovibrojeva.... Skup kompleksnih brojeva................................. 6. Zbrajanje i množenje kompleksnih brojeva..................... 9 4. Kompleksno konjugirani
ВишеMicrosoft Word - 6ms001
Zadatak 001 (Anela, ekonomska škola) Riješi sustav jednadžbi: 5 z = 0 + + z = 14 4 + + z = 16 Rješenje 001 Sustav rješavamo Gaussovom metodom eliminacije (isključivanja). Gaussova metoda provodi se pomoću
Више3. КРИВОЛИНИЈСКИ ИНТЕГРАЛ
УНИВЕРЗИТЕТ У БАЊОЈ ЛУЦИ МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТ МАТЕМАТИКА 3- ПРЕДАВАЊА Aкадемска 207/208 6. ИНТЕГРАЦИЈА ФУНКЦИЈА КОМПЛЕКСНЕ ПРОМЈЕНЉИВЕ 6.. Интеграл функције комплексне промјенљиве 6.2. Кошијева интегрална
ВишеProgramiranje 2 0. predavanje Saša Singer web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb Prog2 2019, 0. predavanje p. 1/4
Programiranje 2 0. predavanje Saša Singer singer@math.hr web.math.pmf.unizg.hr/~singer PMF Matematički odsjek, Zagreb Prog2 2019, 0. predavanje p. 1/48 Sadržaj predavanja Ponavljanje onog dijela C-a koji
Више2.7 Taylorova formula Teorem 2.11 Neka funkcija f : D! R; D R m ; ima na nekoj "-kugli K(T 0 ; ; ") D; T 0 x 0 1; :::; x 0 m neprekidne derivacije do
2.7 Taylorova formula Teorem 2.11 Neka funkcija f : D! R; D R m ; ima na nekoj "-kugli K(T 0 ; ; ") D; T 0 x 0 1; :::; x 0 m neprekidne derivacije do ukljucivo (n + 1) vog reda, n 0; onda za svaku tocku
ВишеLINEARNA ALGEBRA 2 Popravni kolokvij srijeda, 13. velja e Zadatak 1. ( 7 + 5=12 bodova) Zadan je potprostor L = {(x 1, x 2, x 3, x 4 ) C 4 : x 1
Zadatak 1. ( 7 + 5=12 bodova) Zadan je potprostor L = {(x 1, x 2, x, x 4 ) C 4 : x 1 + x 2 + x = 0, x 1 = 2x 2 } unitarnog prostora C 4 sa standardnim skalarnim produktom i vektor v = (2i, 1, i, ) C 4.
ВишеOsnovni pojmovi teorije verovatnoce
Osnovni pojmovi teorije verovatnoće Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2019 Milan Merkle Osnovni pojmovi ETF Beograd 1 / 13 Verovatnoća i statistika:
ВишеVerovatnoća - kolokvijum 17. decembar Profesor daje dva tipa ispita,,,težak ispit i,,lak ispit. Verovatnoća da student dobije težak ispit je
Verovatnoća - kolokvijum 17. decembar 2016. 1. Profesor daje dva tipa ispita,,,težak ispit i,,lak ispit. Verovatnoća da student dobije težak ispit je 0.8. Ako je ispit težak, verovatnoća da se prvo pitanje
ВишеPEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA u saradnji s UDRUŽENJEM MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Tuzla
PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA u saradnji s UDRUŽENJEM MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Tuzla, 3. mart/ožujak 019. godine Prirodno-matematički fakultet
ВишеACTA MATHEMATICA SPALATENSIA Series didactica Vol.2 (2019) Generalizirani Apolonijev problem Antonija Guberina, Nikola Koceić Bilan Sažetak Apol
ACTA MATHEMATICA SPALATENSIA Series didactica Vol.2 (2019) 67 91 Generalizirani Apolonijev problem Antonija Guberina, Nikola Koceić Bilan Sažetak Apolonijev problem glasi: Konstruiraj kružnicu koja dodiruje
ВишеUNIVERZITET U NIŠU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU MASTER RAD Lokalno solidne topologije na Risovim prostorima i primene Mentor:
UNIVERZITET U NIŠU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU MASTER RAD Lokalno solidne topologije na Risovim prostorima i primene Mentor: Prof.dr Dragan Đorđević Student: Katarina Stojković
ВишеAnaliticka geometrija
Analitička geometrija Predavanje 3 Konusni preseci (krive drugog reda, kvadratne krive) Novi Sad, 2018. Milica Žigić (PMF, UNS 2018) Analitička geometrija predavanje 3 1 / 22 Ime s obzirom na karakteristike
Више75 Bolyai - Gerwienov teorem Margita Pavleković Sažetak.Bolyai-Gerwienov teorem ima veliku primjenu u nastavi geometrije u osnovnoj školi. Ovaj teorem
75 Bolyai - Gerwienov teorem Margita Pavleković Sažetak.Bolyai-Gerwienov teorem ima veliku primjenu u nastavi geometrije u osnovnoj školi. Ovaj teorem glasi: Ako dva ravninska poligona imaju jednake površine,
Више2015_k2_z12.dvi
OBLIKOVANJE I ANALIZA ALGORITAMA 2. kolokvij 27. 1. 2016. Skice rješenja prva dva zadatka 1. (20) Zadano je n poslova. Svaki posao je zadan kao vremenski interval realnih brojeva, P i = [p i,k i ],zai
Више(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz ni\236a razina - rje\232enja)
1. C. Imamo redom: I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. B. Imamo redom: 0.3 0. 8 7 8 19 ( 3) 4 : = 9 4 = 9 4 = 9 = =. 0. 0.3 3 3 3 3 0 1 3 + 1 + 4 8 5 5 = = = = = = 0 1 3 0 1 3 0 1+ 3 ( : ) ( : ) 5 5 4 0 3.
ВишеSveučilište u Splitu Fakultet prirodoslovno-matematičkih znanosti i odgojnih područja Zavod za fiziku Pripremni tečaj za studente prve godine INTEGRAL
Sveučilište u Splitu Fakultet prirodoslovno-matematičkih znanosti i odgojnih područja Zavod za fiziku Pripremni tečaj za studente prve godine INTEGRALI Sastavio: Ante Bilušić Split, rujan 4. 1 Neodredeni
ВишеDvostruki integrali Matematika 2 Erna Begović Kovač, Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2
vostruki integrali Matematika 2 Erna Begović Kovač, 2019. Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2 http://matematika.fkit.hr Uvod vostruki integral je integral funkcije dvije varijable. Oznaka: f
ВишеSVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Martina Barić PARTICIJE PRIRODNIH BROJEVA Diplomski rad Voditelj rada: izv
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Martina Barić PARTICIJE PRIRODNIH BROJEVA Diplomski rad Voditelj rada: izv. prof. dr. sc. Zrinka Franušić Zagreb, rujan 2017
ВишеMicrosoft PowerPoint - 03-Slozenost [Compatibility Mode]
Сложеност алгоритама (Програмирање 2, глава 3, глава 4-4.3) Проблем: класа задатака истог типа Велики број различитих (коректних) алгоритама Величина (димензија) проблема нпр. количина података које треба
ВишеMatematika 2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika Poglavlje-4 / 45 Sadržaj: Sadržaj Tablično integriranje Očigledna supstitucija Supstitucija Supstitucija u odredenom integralu 3 Kombiniranje parcijalne integracije
ВишеPrimjena neodredenog integrala u inženjerstvu Matematika 2 Erna Begović Kovač, Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2
Primjena neodredenog integrala u inženjerstvu Matematika 2 Erna Begović Kovač, 2019. Literatura: I. Gusić, Lekcije iz Matematike 2 http://matematika.fkit.hr Uvod Ako su dvije veličine x i y povezane relacijom
Више(Microsoft Word - 1. doma\346a zada\346a)
z1 1 Izračunajte z 1 + z, z 1 z, z z 1, z 1 z, z, z z, z z1 1, z, z 1 + z, z 1 z, z 1 z, z z z 1 ako je zadano: 1 i a) z 1 = 1 + i, z = i b) z 1 = 1 i, z = i c) z 1 = i, z = 1 + i d) z 1 = i, z = 1 i e)
ВишеAnaliticka geometrija
Analitička geometrija Predavanje 4 Ekscentricitet konusnih preseka i klasifikacija kvadratnih krivih Novi Sad, 2018. Milica Žigić (PMF, UNS 2018) Analitička geometrija predavanje 4 1 / 15 Ekscentricitet
ВишеALIP1_udzb_2019.indb
Razmislimo Kako u memoriji računala prikazujemo tekst, brojeve, slike? Gdje se spremaju svi ti podatci? Kako uopće izgleda memorija računala i koji ju elektronički sklopovi čine? Kako biste znali odgovoriti
ВишеProgramiranje 1 drugi kolokvij, 2. veljače Ime i prezime: JMBAG: Upute: Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i brisanje,
Upute: Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i brisanje, te službeni podsjetnik. Kalkulatori, mobiteli, razne neslužbene tablice, papiri i sl., nisu dozvoljeni! Sva rješenja napišite
ВишеKonstrukcija i analiza algoritama Nina Radojičić februar Analiza algoritama, rekurentne relacije 1 Definicija: Neka su f i g dve pozitivne fun
Konstrukcija i analiza algoritama Nina Radojičić februar 2018. 1 Analiza algoritama, rekurentne relacije 1 Definicija: Neka su f i g dve pozitivne funkcije od argumenta n iz skupa N prirodnih brojeva.
Више