Univerzitet u Istočnom Sarajevu
Pedagoški fakultet Bijeljina
Studijski program za predskolsko obrazovanje
Nastavni predmet:
POCETNI MATEMATICKI POJMOVI
RJEŠENJA ZADATAKA / PITANJA ZA ZAVRŠNI DIO ISPITA
Datum: 08.02.2011.
Zadatak 1: Formalizovano (koristeći se simbolima logičkog jezika) zapiši slijedeće rečenice:
(1.1) Studenti u ovoj prostoriji polažu ispit iz predmeta ’Početni matematički pojmovi’.
(1.2) Nije tačno da svi studenti polažu predmet ’Početni matematički pojmovi’.
(1.3) Postoji bar jedan student u prostoriji koji ne polaže predmet ’Početni matematički pojmovi’
već predmet ’Metodika nastave matematike 1’.
(1.4) Postoji samo jedan student koji polaže predmet ’Metodika nastave matematike’.
(1.5) Svaki student koji polaže predmet ’Početni matematički pojmovi’ ne polaže predmet ’Metodika nastave matematike 1’.
Rješenje: Domen se sastoji od varijabli – studnnata: Domen u kojem posmatramo varijable je skup svih studenata koji polažu
ispit 08.02.2011. godine. Označimo ga sa D a varijable u tom domenu označimo sa x, y, z, ... Polaganje predmeta ’Početni
matematički pojmovi’ je predikat dužine jedan. Označimo ga sa PMP. Polaganje predmeta ’Metodika nastave matematike 1’ je
predikat dužine jedan. Označimo ga sa MNM1. Polaganje predmeta ’Metodika nastave matematike’ je predikat dužine jedan.
Označimo ga sa MNM. Tada imamo:
(a) Rečenicu (1.1) formalizujemo u obliku formule: PMP(x).
(b) Rečenicu (1.2) formalizujemo u obliku formule ¬(∀x)PMP(x).
(c) Rečenicu (1.3) formalizujemo u obliku formule (∃x)(¬PMP(x) ∧ MNM1(x)).
(d) Rečenicu (1.4) formalizujemo u obliku formule (∃!x)MNM(x).
(e) Rečenicu (1.5) formalizujemo u obliku formule (∀x)(PMP(x) ⇒ ¬MNM1(x)).
Zadatak 2: Posmatraj tvrdnje (1.1) – (1.5) u prethodnom zadatku.
(2.1) Napravi dvostruku negaciju tvrdnje tvrdnje (1.1);
(2.2) Uporedi tvrdnje (1.2) i (1.3). Obrazloži svoj odgovor
(2.3) Da li je formalizovana formula kojom se opisuje tvrdnja (1.1) otvorena ili zatvorena? Obrazloži svoj odgovor. Šta je
varijabla u toj formuli? Ako misliš da je otvorena, napravi univerzalno i/ili egzistencijalno zatvorenje te formule.
(2.4) Napravi kontrapoziciju, obrat i kontrapoziciju obrata formule koja je formalizovan zapis izjave (1.5).
Rješenje:
(2.1) Negacija tvrdnje (1.1) glasi: Nije tačno da studenti u ovoj prostoriji polažu ispit iz predmeta ’Početni matematički
pojmovi’. Negacija prethodne tvrdnje je dvostruka negacija tvrdnje (1.1) je: Nije tačno da nije tačno da studenti u ovoj
prostoriji polažu ispit iz predmeta ’Početni matematički pojmovi’. U formalizovanom obliku dvostruka negacija tvrdnje (1.1)
glasi ¬¬PMP(x). Budući da je dvostruka negacija ekvivalentna afirmaciji, imamo PMP(x).
(2.2) Iz tvrdnje (1.3) slijedi tvrdnja ’Postoji bar jedan student koji ne polaže predmet ’Početni matematički pojmovi’. Dakle,
nije tačno da svi studenti polažu predmet ’Početni matematički pojmovi’. Zaključujemo, iz tvrdnje (1.3) slijedi tvrdnja (1.2).
Obrnuto, u opštem slučaju, ne vrijedi. Formalizovano zapisano, imamo
(∃x)(¬PMP(x) ∧ MNM1(x)) ⇒ ¬(∀x)PMP(x).
(2.3) U izjavi (1.1), odnosno u njenom formalizovanom obliku, nije ekspilicitno rečeno da se tvrdnja odnosi na sve studente.
Dakle, formula koja opiosuje tvrdnju (1.1), tj. formula PMP(x) je otvorena formula.
(2.4) Posmatrajmo formulu (∀x)(PMP(x) ⇒ ¬MNM1(x)). Ovdje je PMP(x) hipoteza, dok je formula MNM1(x) posledica.
Kontrapozicija ove formule glasi:
(∀x)(¬¬MNM1(x) ⇒ ¬PMP(x)),
odnosno
(∀x)(MNM1(x) ⇒ ¬PMP(x)),
jer je MNM1(x) ⇔ ¬¬MNM1(x).
Obrat formule (∀x)(PMP(x) ⇒ ¬MNM1(x)) je formula
(∀x)(¬MNM1(x) ⇒ PMP(x)),
a kontrapozicija prethodne formule je
(∀x)(¬PMP(x) ⇒ ¬¬MNM1(x)).
Zadatak 3: Za skupove A = {2, 4, 6, 8, ...} i B = {4, 8, 12, ...} odrediti:
(3.o) Šta znače tri tačkice u zapisima skupova A i B?
(3.1) Odredi da za objekte 735, 214 i 428 da li ili ne pripadaju skupovima A i B. Zapiši svoje odgovore.
(3.2) A \ B:
(3.3) B \ A;
(3.4) Koristeći se primjerima (2) i (3) ovog zadatka, obrazloži kada će, u opštem slučaju, biti A \ B = ∅.
D.A.Romano: Rješenja zadataka sa ispita PMP od 08.02.2011.
Rješenje: (3.0) Tri tačkice ... u zapisima A = {2, 4, 6, 8, ...} i B = {4, 8, 12, ...} se čitaju ‘i tako dalje’ a označavaju da se
nizanje elemenata tih skupova nastavlja po pravilu koje se implicitno vidi iz zapisanih nekoliko prvih članova tih skupova. U
skupu A elementi su svi parni prirodni brojevi, a u skupu elementi su svi multipli broja 4. Dakle
A = {2n : n∈N} = 2N, B = {4n : n∈N} = 4N.
(3.1) Da bi brojevi 735, 214 i 428 pripadali skupu A potrebno je i dovoljno da budu parni brojevi. Dakle, 214∈A i 428∈A dok
¬(735∈A). S druge trane, da bi brojevi 735, 214 i 428 pripadali skupu B potrebno je i dovoljno da budu djeljivi brojem 4.
Prvo, kako je 735 neparan broj vrijedi ¬(735∈B). Dalje, budući da je 214 = 2 ⋅ 107, pri čemu 107 nije djeljiv sa 2, opet imamo
¬(214∈B). U trećem slučaju imamo 428∈B jer je 428 = 4 ⋅ 107.
(3.2) A \ B = {2,4,6,8,...} \ {4,8,12,...} = 2N \ 4N. Ovo poslednje znači da se razlika A \ B sastoji od parnih brojave koji nisu
djeljivi sa 4: A \ B = {2, 6, 10, 14, 18, 22, ...}.
(3.3) Budući da je skup B podskup skupa A, imamo B \ A = ∅.
(3.4) Da bi bilo A \ B = ∅. potrebno je i dovoljno da bude A ⊆ B.
Zadatak 4:
(4.1) Kada je neki skup konačan?
(4.2) Kada je neki skup beskonačan (nije konačan)?
(4.3) Dokazati da je skup A = {121, 122, 123, ..., 139} konačan.
(4.4) Dokaži da skup B = {1, 2, 4, 8, 16, ...} nije konačan.
Rješenje: (4.1) Postoji više mogućnosti da se definiše konačan skup. Navešćemo dva načina.
Prvi: za skup S kažemo da je konačan ako i samo ako nije beskonačan. U tom slučaju mora da prethodno imamo definiciju
beskonačnog skupa.
Drugi: Za skup S kažemo da je konačan skup ako i samo ako postoji bar jednak bijekcija skupa S na skup {1,2,3,...,n} za neki
prirodan broj n. U ovom poslednjem slučaju, prije definisanja konačnog skupa mora da smo upoznati sa podskupovima skupa
N prirodnih brojeva oblika {1,2,3,...,n}.
(4.2) Za skup S se kaže da je beskonačan ako i samo ako je ekvipotentan nekom svom pravom podskupu.
(4.3) Da bi dokazali da je skup A = {121, 122, 123, ..., 139} konačan dovoljno je da pokažemo da je ekvipotentan skupu {1, 2,
3, ..., 19}. Zaista, ako izaberemo pridruživanje ϕ: {121, 122, 123, ..., 139} → {1, 2, 3, ..., 19} determinisano sa ϕ(121) = 1,
ϕ(122) = 2, ϕ(123) = 3, ..., ϕ(130) = 10, ..., ϕ(139) = 19, tada se lako vidi da je ϕ obostrano-jednoznačna korespodencija.
Prema tome, skup {121, 122, 123, ..., 139} je konačan.
(4.4) Da bi dokazali da je skup B = {1, 2, 4, 8, 16, ...} beskonačan napišimo ga u obliku B = {20 ,21, 22 , 23 , ...} = {2n: n∈N}
Ako sa ψ označimo pridruživanje izmeñu skupa B i skupa N svih prirodnih brojave dato sa ψ(2n) = n, lako se provjerava da je
ψbijekcija. Prema tome, skup B je ekvipotentan sa skupom N prirodnih brojave. Kako je skup N beskonačno prebrojiv skup to
je i skup B beskonačno prebrojiv skup.
Zadatak 5: Za skupove A = {0, 10, 20, 30, ...} i B = {5, 15, 25, 35, ...} odredi (i obavezno daj obrazloženje) da li je tačno:
(5.1) A = B (jednako) ?
(5.2) B ≅ A (ekvipotentno) ?
(5.3) A ∩ B ≠ ∅ ?
(5.4) B je ekvipotentno nekom pravom podskupu skupa A ?
Rješenje:
(5.1) A = B nije tačno jer skupovi A i B uopšte nemaju ni jedan zajednički element.
(5.2) Definišimo pridruživanje f : B → A na slijedeći način f(b) = b – 5. Imamo, radi ilustracije, f(5) = 0, f(15) = 10, f(25) = 20,
... Ovako definisano pridruživanje je jedan-jedan pridruživanje, pa su skupovi A i B ekvipotentni.
(5.3) Kao što je već rečeno, skupovi A i B nemaju zajedničkih elemenata, to vrijedi A∩B = ∅.
(5.4) Sa A’ označimo skup {10, 20, 30, ...}. To je pravi podskup skupa A budući da ne sadrži element 0 iz skupa A. Ako
definišemo pridruživanje g: A’ → B na slijedeći način g(a) = a-5 lako vidimo da je g obostrano-jednoznačna korespodencija
izmeñu skupa A’ i skupa B. Dakle, B je ekvipotentno sa pravim podskupom skupa A.
Zadatak 6: U datom kvadratu ABCD na stranici AB izaberi tačke X i Y pa ih spoji sa tjemenima C i D. Odrediti koliko je
tako konstruisano trouglova za svaku od mogućih opcija izbora tačaka X i Y. Obavezno napravi skice i obrazloži svoj izbor u
mogućim opcijama!
Rješenje: U datom kvadratu ABCD na stranici AB tačke X i Y možemo izabrai na slijedeće načine i spojiti ih sa tačkama C
i D:
6.1 X = A i Y = B pri tome tačku X (= A) spojimo sa tačkom C a tačku Y (= B) spojimo sa tačkom D. Tako smo konstruisali
osam trouglova.
6.2 X = A i Y ≠ B pri tome tačku X (= A) spojimo sa tačkom C a tačku Y sa tačkom D. Tako smo konstruisali pet trouglova.
6.3 X ≠ A i Y = B pri tome tačku X spojimo sa tačkom C a tačku Y (= B) spojimo sa tačkom D. Tako smo konstruisali pet
trouglova. Ovaj slučaj je podudaran sa prethodnim slučajem.
6.4 X ≠ A i Y ≠ B pri tome tačku X spojimo sa tačkom C a tačku Y sa tačkom D. Tako smo konstruisali četri trougla.
6.5 X ≠ A i Y ≠ B pri tome tačku X spojimo sa tačkom D a tačku Y sa tačkom C. Tako smo konstruisali dva trougla.
6.6 A ≠ X = Y ≠ B pri tome tačku X (= Y) spojimo sa tačkoama C i D. Tako smo konstruisali tri trougla.
2
D.A.Romano: Rješenja zadataka sa ispita PMP od 08.02.2011.
6.7 A = X = Y pri tome smo tačku A spojili sa tačkom C. Tako smo konstruisali dva trougla.
6.8 X = Y = B pri tome smo tačku B spojili sa tačkom D. Tako smo konstruisali dva trougla.
Zadaci 7: Data je duž AB na pravoj p.
(7.1) Opiši odnos tačke X na pravoj p prema duži AB (Obavezno obrazloži svoj odgovor.)
(7.2) Koliko ravni determiniše duž AB i data tačka Y? (Obavezno obrazloži svoj odgovor.)
(7.3) Koliko ima tačaka u datoj duži AB? (Obavezno obrazloži svoj odgovor.)
(7.4) Gdje ima više tačaka, na pravoj p ili u duži AB ? (Obrazloži svoj odgovor.)
Rješenje: Neka je data duž AB na pravoj p (dakle, tačke A i B leže na pravoj p) i neka je data tačka X.
(7.1) Ako tačka X nije na pravoj, tada duž AB i tačka X leže u istoj ravni, tj. tačke A, B i X su koplanarne. Ako tačka X leži na
pravoj mofući su slijedeći slučajevi:
(a) Tačka X je ispred tačke A, pa tako i ispred tačke B. To znači da tačka X nije tačka duži AB.
(b) X = A.
(c) Tačka X leži izmeñu tačaka A i B. To znači da je tačka X tačka duži AB.
(d) X = B.
(e) Tačka X je iza tačke B. To znači da tačka X ne leži na duži AB.
Zadatak 8: Neka je prava p odreñena tačkama A i B.
(8.1) Pokaži da je duž AB ograničena sa obje strane.
(8.2) Kako ćeš obrazložiti da prava nije ograničena?
Rješenje: (8.1) Neka je prava p odreñenja tačkama A i B. Dakle, tačke A i B leže na pravoj p: A∈p i B∈p. Ako simbolom „ 〈 „
označavamo (osnovni) pojam ’izmeñu’ lako se vidi da vrijedi:
(a) (∀X∈AB)(A 〈 X ∨ X = A), tj. duž AB je ogrničena s donje strane tačkom A.
(b) (∀X∈AB)(X 〈 B ∨ X = B), tj. duž AB je ogrničena s gornje strane tačkom A.
(c) Budući da je duž AB ograničena s obje strane, taj skup tačaka AB je ograničen.
(8.2) Neka su tačke A i B na pravoj uzete po volji. Uvijek postoji tačka X∈p takva da je B 〈 X. Kako je tačka B uzeta po volji
na pravoj p, ovo znači da prava p nije ograničena s gornje strane. Analognmo, postoji tačka Y∈p takva da je Y 〈 A. Kako je
tačka A bila uzeta po volji na pravoj p, ovo znači da prava p nije ograniičena odozdo. Dakle, prava p nije ograničena ni sa
jedne strane.
Zadatak 9. Pri dijeljenju jednog prirodnog broja drugim količnik je 18, a ostatak 14. Odredite djeljenik i djelitelj tako da je
svaki od njih djeljiv sa 7, pri čemu je djeljitelj veći od ostatka.
Rješenje: Neka su traženi brojevi označeni sa x i y. Prema uslovima zadatka imamo:
y = 18x + 14, (∃a)(x = 7a), (∃b)(y = 7b), 14 < x.
Kako je broj x djeljiv brojem 7 i veći od 14, imamo da je x∈7N = {7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, ...}\ {7, 14}. S druge strane, iz
prve jedna;ine uvrštavanjem vrijednosti za x i y, dobijamo
7b = 18⋅7a + 2⋅7 (2 < a)
za neke prirodne brojeve a i b. Odavde slijedi da je
b = 18a + 2 (2 < a)
za neke prirodne brojeve a i b. Konačno, zaključujemo da parovi
(a,b)∈{(3, 56), (4, 74), (5, 92), ...}
zadovoljavaju prethodno postavljene uslove. Dakle, parovi
(x,y)∈{(21, 392), (28, 518), (35, 644), ...}
su traženi brojevi.
Zadatak 10. Postoji li prirodni broj čiji je proizvod cifara 630? Obrazloži svoj odgovor! Ako je odgovor pozitivan, koliko
takvih brojeva ima?
Rješenje: Pretpostavimo da postoji broj a = a0 + 101 ⋅ a1 + 102 ⋅ a2 + 103 ⋅ a3 + ... 10n ⋅ an takav da vrijedi
a0 ⋅ a1 ⋅ a2 ⋅ ... ⋅ an = 630
Odavde zaključujemo da broj 630 treba rastaviti na faktore koji će biti u granicama 1 < ak < 9 (k = 1, 2, ..., n). Kako je:
630 = 2 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7,
to osim svih permutacije bez ponavljana skupa {2, 3, 3, 5, 7} imamo i slijedeće mogućnosti:
(a) 630 = 6 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⇒ cifre broja a su sve permutacije skupa {3, 5, 6, 7};
(b) 630 = 2 ⋅ 9 ⋅ 5 ⋅ 7 ⇒ cifre broja a su sve permutacije skupa {2, 5, 7, 9}.
3
© Copyright 2024 Paperzz
