Biljana Kuhar

PRIMIJENJENA MATEMATIKA 4

udžbenik za 4. razred srednje strukovne školezanimanje: tehničarka / tehničar za računalstvo

Za izdavačaĐurđica Salamon Padjen

AutoricaBiljana Kuhar, prof. matematike i fizike,

profesor savjetnik

Recenzentimr. sc. Ivan Mrkonjić

Marijana Krnić, prof. matematike

LektoricaAna Horvat, prof. hrvatskoga jezika

Grafička obradaAlegra d.o.o. Zagreb

IzdavačAlka script d. o. o.

Zagreb, Nehajska 42tel. 01/30 135 30

www. alkascript.hr

TisakTiskara Zelina

Uporabu udžbenika odobrilo je stručno povjerenstvoMinistarstva znanosti i obrazovanja Republike Hrvatske 2021. godine. CIP zapis dostupan u računalnome katalogu Nacionalne i sveučilišne knjižnice u Zagrebu pod brojem xxxxxxxxx.ISBN 978-953-294-366-5

Nijedan dio ove knjige ne smije se umnožavati ni preslikavati bez pismene suglasnosti nakladnika.

Biljana Kuhar

PRIMIJENJENA MATEMATIKA 4udžbenik za 4. razred srednje strukovne školezanimanje: tehničarka / tehničar za računalstvo

Prvo izdanjeZagreb, 2021.

U četvrtom razredu

učenica/učenik steći će sljedeće ishode učenja:

› rabiti polarni koordinatni sustav

› rabiti metode uzastopnog približavanja u matematici i programiranju

› primijenjiviti algebru sudova i osnove minimizacije

› rabiti osnovne principe prebrojavanja i vjerojatnosti te ih primijeniti u

algoritmima.

SADRŽAJ

1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1. ISKAZI I LOGIČKE OPERACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .111.2. MINIMIZACIJA SLOŽENIH ISKAZA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .231.3. TABLICE ISTINITOSTI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .271.4. TAUTOLOGIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .311.4. METODE DOKAZIVANJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .32

2. KOMBINATORIKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.1. FAKTORJELI I BINOMNI KOEFICIJENTI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .452.2. SVOJSTVA BINOMNIH KOEFICIJENATA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .482.3. OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .512.4. PERMUTACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .552.5. VARIJACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .582.6. KOMBINACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .60

3. VJEROJATNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693.1. DOGAĐAJI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .713.2. VJEROJATNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .733.3. GEOMETRIJSKA VJEROJATNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .773.4. UVJETNA VJEROJATNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .803.5. POTPUNA VJEROJATNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .843.6. BAYESOVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .873.7. ZAKON VELIKIH BROJEVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .89

4. POLARNE KOORDINATE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.1. POLARNE KOORDINATE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.2. POLARNE JEDNADŽBE KRIVULJA 2. REDA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1054.3. OSTALE KRIVULJE U POLARNOM SUSTAVU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5. NEWTONOVA METODA TANGENTE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1195.1. GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA METODE TANGENTE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.2. METODA TANGENTE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1225.3. OCJENA GREŠKE METODE TANGENTE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

Osobni i socijalni razvojRješavanjem zadataka

postajemo svjesni sebe. Timskim radom stječemo razumijevanje i poštovanje prema ljudima oko sebe, razvijamo komunikacijske

kompetencije i strategije rješavanja sukoba.

Preuzimamo odgovornost za svoje ponašanje.

Primjena IKT-aUčenje je jednostavnije uz

aplikacije, aplete, programe i društvene mreže u digitalnom

okruženju. Predlažemo moguća i primjenjiva rješenja. Stvaramo,

predlažemo i dijelimo nove ideje. Primjenom IKT-a jačamo

spremnost za izazove 21. stoljeća.

Građanski odgojŠtitimo i promičemo

ljudska prava, sudjelujemo u odlučivanju i prihvaćamo

obveze u školskom, građanskom i obiteljskom

životu.

PoduzetništvoPlaniramo i upravljamo

aktivnostima, prepoznajemo

važnost odgovornog poduzetništva,

sudjelujemo u projektima koristeći se stečenim

znanjem, vještinama i stavovima.

ZdravljeOdabiremo ponašanje sukladno pravilima i normama zajednice.

Analiziramo opasnosti iz okoline, prepoznajemo rizične

situacije i izbjegavamo ih.

Održivi razvojOsmišljavamo i koristimo se

inovativnim i kreativnim oblicima djelovanja s ciljem održivosti. Sudjelujemo u aktivnostima u školi i izvan škole za opće

dobro.

Učiti kako učitiUpravljanje informacijama pomaže

u primjeni strategija učenja i u rješavanju problema. Planiramo

aktivno učenje i prilagođavamo se. Kombiniranjem ideja iz različitih

područja stvaramo kreativno mišljenje.

Samovrednovanjem stječemo saznanje o vrijednosti učenja i razvijamo kritičko mišljenje.

Iskazujemo interes i tako stvaramo pozitivne emocije prema učenju.

PREDGOVOR

Ovaj udžbenik namijenjen je učenicima 4. razreda strukovnih škola. Ponovit će se i utvrditi prethodno

stečeno znanje i stjecati nova znanja.

U skladu s naslovom udžbenika, Primijenjena matematika, razvijat će se kompetencije za cijeli život. Cilj je učenja izgradnja znanja i

procesa mišljenja na nov način.

Pojedino poglavlje otvara se spoznajom što će se moći ostvariti obradom sadržaja toga poglavlja. Svako poglavlje završava zadatcima za

uvježbavanje, listom samoprocjene, zaključcima 321.

Novo gradivo izlaže se na jednostavan i pristupačan način uz mnogo zanimljivosti. Tijekom izlaganja gradiva učenika očekuju zanimljive

aktivnosti: Geogebra, Primjena, Film i Kreativa.

Udžbenik se nalazi na platformi Mozabook, obogaćen je Geogebrom, uz poveznice upućuje učenike na bitne sadržaje na internetu.

Na kraju udžbenika nalaze se poveznice za alate koji se rabe u rješavanju problema, a koji se mogu upotrijebiti u

laboratorijskim vježbama.

9

1. Elementi matematičke logike1.1. Iskazi i logičke operacije

1.2. Minimizacija složenih iskaza

1.3. Tablice istinitosti

1.4. Tautologija

1.5. Metode dokazivanja

Poslije ovog poglavlja moći ćeš:

• prepoznati iskaze

• upotrebljavati logičke operacije

• primjenjivati tablice istinitosti

• koristiti se raznim metodama dokazivanja.

10

ARISTOTEL384. g. pr. Kr. – 322. g. pr. Kr.

GEORGE BOOLE(1815. – 1864.)

Augustus De Morgan(1806. – 1871.)

1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

U povijesti znanosti posebno mjesto zaslužuje Aristotel koji se smatra osnivačem logike kao odvojene discipline. Prema Aristotelu, znanstvena spoznaja odvija u oblicima koji se zovu pojam, sud i zaključak. Aristotel je istraživao njihovu valjanost izvodeći zaključak iz dviju premisa.

Logici kao znanosti doprinijeli su mnogi veliki filozofi poput Kanta i Hegela, a poseb­no i veliki matematičari poput Descartesa i Leibniza. Logika doživljava procvat polovicom 19. stoljeća radovima Georga Boolea i Augustusa de Morgana. Oni utiru put simboličkoj logici koja postaje dominantna u 20. stoljeću.

George Boole britanski je matematičar i filozof. Dao je prinose matematici u teoriji invarijantnosti, u matematičkoj logici, a posebno u rješavanju algebarskih proble­ma, pa danas govorimo o Booleovoj algebri. Najpoznatiji je kao osnivač simboličke logike, tj. opisivanja logičkih pojmova znakovima, što je omogućilo matematičku obradu tih pojmova. Kaže se da je Boole otrgnuo logiku od filozofije i, podredivši je strogim matematičkim načelima, stvorio od nje matematičku disciplinu.

Augustus de Morgan britanski je matematičar i logičar. Definirao je matematičku indukciju. Pridonio je razvoju simboličke logike formulacijom logičkih veznika. De Morganovi zakoni u Booleovoj algebri odnose se na negaciju disjunkcije, odnosno konjunkcije, a De Morganovi zakoni u teoriji skupova govore o komplementu unije, odnosno presjeka.

KREATIVA

Saznaj nešto o životu i radu Georga Boola i

Augustusa de Morgana.

11

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

1.1. Iskazi i logičke operacijeOsnovni je pojam matematičke logike iskaz (sud, izjava). Iskaz je tvrdnja. Ona može biti ili istinita ili lažna. Ako je iskaz P istinit, pišemo

I(P) = .Ako je iskaz P neistinit, pišemo

I(P) = .

Vrijednosti (istinit) i (neistinit) koje pridružujemo ma kojem iskazu P zovu se istinitosne vrijednosti iskaza.

Matematičku logiku ne zanima formalni sadržaj nekog iskaza, nego je li on isti nit ili lažan.

PRIMJER 1.

Za svaku od navedenih rečenica utvrdimo je li iskaz. Ako jest, utvrdimo je li istinit ili lažan.

a) Zagreb je glavni grad Hrvatske. f) Matematika je zabavna.b) Rijeka je glavni grad Njemačke. g) 5 > 3.c) Kakvo je vrijeme? h) 4 je veće ili jednako 4. d) Kreni! i) x + 4 = 7.e) Broj 555 je mali broj. j) o = 2 a π.

» a) Rečenica je iskaz koji je istinit. b) Rečenica je iskaz koji nije istinit. c) Nije iskaz, to je upitna rečenica. d) Nije iskaz, to je naredba! e) Nije iskaz jer se točnost ne može ispitati. f) Nije iskaz, nekome je matematika zabavna, a nekome nije. g) Iskaz koji je istinit. h) Iskaz koji je istinit. i) Nije iskaz jer za neki x tvrdnja je istinita, a za neki nije. j) Nije iskaz. Iskaz bi bila rečenica: Opseg kruga polumjera a računa se po for­

muli o = 2 a π. ∎

12

U literaturi se susreću i druge oznake za istinitost iskaza.

Matematika Logika Digitalna logika

Digitalni sklopovi Informatika

istina T 1 1 1neistina F 0 0 0

Oznake 0 i 1 u digitalnoj logici i digitalnim sklopovima nemaju matematičko zna­č e nje. Neistina 0 znači da na ulazu ili izlazu sklopa nema napona (ili je napon vrlo mali). Istina 1 znači da na ulazu ili izlazu sklopa ima napona.

Za informatiku 0 i 1 znamenke su binarnog sustava pa služe i za oznaku neistine, odnosno istine.

Iskazi sudjeluju u logičkim operacijama. Povezivanjem jednostavnih iskaza veznicima

ne, i, ili, ako … onda, ako i samo ako

dobivaju se složeni iskazi čija se istinitost može ispitati.

Negacija (NE, NOT) iskaza P jest iskaz koji nije P. Oznaka negacije iskaza P:

¬ P.

Operacija ¬ na iskazima naziva se operacija negiranja. Negiranje je unarna operacija, tj. operacija jednog iskaza (negira se samo jedan iskaz).

Negacija u običnom govoru odgovara riječi NE. Ako je iskaz P istinit, onda je iskaz ¬ P neistinit. Ako je iskaz P neistinit, onda je ¬ P istinit.

P je istinit iskaz ¬ P je neistinit iskaz P je neistinit iskaz ¬ P je istinit iskaz

I(P) = I(¬ P) = I(P) = I(¬ P) =

negacija

13

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

PRIMJER 2.

Negirajmo zadane iskaze pa ih ponovno negirajmo.

a) Rijeka je glavni grad Njemačke.b) 4 je veće ili jednako 4.c) Negacija nije logička operacija.

» a) P ... Rijeka je glavni grad Njemačke. I(P) = ¬ P ... Rijeka nije glavni grad Njemačke. I(¬ P) = ¬ ¬ P ... Rijeka je glavni grad Njemačke. I(¬ ¬ P) =

b) P ... 4 je veće ili jednako 4. I(P) = ¬ P ... 4 nije veće ili jednako 4. I(¬ P) = ¬ ¬ P ... 4 je veće ili jednako 4. I(¬ ¬ P) =

c) P ... Negacija nije logička operacija. I(P) = ¬ P ... Negacija je logička operacija. I(¬ P) = ¬ ¬ P ... Negacija nije logička operacija. I(¬ ¬ P) = ∎

Š to se može zaključiti o istinitosti dvaput negiranog iskaza na temelju prethodnog primjera?

Negacija negacije iskaza jest početni iskaz. ¬  ¬P = P

Zadatak 1.

Negiraj zadane iskaze dvaput. Kakav je dobiveni iskaz: istinit ili neistinit?

a) Vukovar nije glavni grad Hrvatske.b) 5 je veće od 11.c) Danas je petak.d) 3! ≥ 6.

» Švi su traženi iskazi jednaki polaznima. Ako je P polazni iskaz, onda vrijedi: a) I(¬ ¬ P) = b) I(¬ ¬ P) = c) Ako je danas petak, onda je I(¬ ¬ P) = , a ako nije petak, onda je I(¬ ¬ P) = . d) I(¬ ¬ P) = ∎

14

Konjunkcija (I, AND) logička je operacija dvaju iskaza P i Q povezanih operatorom konjunkcije

P ∧∧ Q.

P ∧ Q složen je iskaz koji je istinit jedino u slučaju kad su oba iskaza P i Q istiniti. Konjunkcija je binarna operacija, tj. operacija između dvaju iskaza.

Konjunkcija odgovara vezniku I u svakodnevnom govoru. Izraz P ∧ Q čita se: P i Q.

          ako je I(P) = I(Q) = I(P ∧ Q) =           u ostalim slučajevima

PRIMJER 3.

Primijenimo operaciju konjunkcije na zadane iskaze, odredimo istinitost složenog iskaza i provjerimo komutativnost.

a) P ... Broj 6 je paran. Q ... Broj 6 je pozitivan.b) P ... Površina kvadrata duljine stranice a iznosi a2. Q ... Opseg kvadrata duljine stranice a iznosi 2a.c) P ... π je prirodan broj. Q ... π je racionalan broj.

» a) Istina je da je broj 6 paran, I(P)= . Istina je da je broj 6 pozitivan, I(Q)= . P ∧ Q ... Broj 6 je paran i pozitivan. Budući da su iskazi P i Q istiniti, to je I(P ∧ Q) = .

Komutativnost: P ∧ Q ... Broj 6 je paran i pozitivan. Q ∧ P ... Broj 6 je pozitivan i paran. Ništa se ne mijenja zbog veznika i. Komutativnost vrijedi.

b) I(P) = , I(Q) = , P ∧ Q ... Kvadrat duljine stranice a ima površinu a2 i opseg 2a. I(P ∧ Q) =

Komutativnost: P ∧ Q ... Kvadrat duljine stranice a ima površinu a2 i opseg 2a. Q ∧ P ... Kvadrat stranice a ima opseg 2a i površinu a2. Ništa se ne mijenja zbog veznika i. Komutativnost vrijedi.

c) I(P) = , I(Q) = , P ∧ Q ... π je prirodan i racionalan broj. To je neistina. I(P ∧ Q) = . Komutativnost: P ∧ Q ... π je prirodan i racionalan broj. Q ∧ P ... π je racionalan i

prirodan broj. Ništa se ne mijenja zbog veznika i. Komutativnost vrijedi. ∎

konjunkcija

15

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

Š to se može zaključiti o komutativnosti konjunkcije na temelju prethodnog primjera?

Za konjunkciju vrijedi komutativnost. P ∧ Q = Q ∧ P

Zadatak 2.

Primijeni operaciju konjunkcije na zadane iskaze i odredi istinitost dobivenog iskaza.

a) P ... Broj 45

je racionalan. Q ... Broj 45

je realan broj.

b) P ... Površina kruga polumjera r iznosi r2 π. Q ... Opseg kruga polumjera r iznosi 2π.

c) P ... Broj 13 dijeli broj 3. Q ... Broj 3 veći je od broja 13.

» a) I(P) = , I(Q) = , I(P ∧ Q) = . b) I(P) = , I(Q) = , I(P ∧ Q) = . c) I(P) = , I(Q) = , I(P ∧ Q) = . ∎

Zadatak 3.

Odredi istinitost konjunkcije zadanih iskaza.

a) P ... 5 je cijeli broj. Q ... 5 je kompleksan broj.

b) P ... 1314

je racionalan broj. Q ... 1314

manji je od broja 1415 .

c) P ... Kvadrat je paralelogram. Q ... Kvadrat je ravninski lik.

» a) I(P ∧ Q) = . b) I(P ∧ Q) = . c) I(P ∧ Q) = . ∎

PRIMJER 4.

Zadani su iskazi: P ... Najveći zajednički djelitelj brojeva 5 i 6 jest broj 1. Q ... 7 je kompleksan broj. R ... 3π je racionalan broj.Odredimo: a) I(P ∧ Q), I(Q ∧ P) b) I((P ∧ Q) ∧ R), I(P ∧ (Q ∧ R)) c) I(¬(P ∧ ¬ P)) d) I(P ∧ P).

16

» a) Uzimajući u obzir da su P i Q istiniti iskazi i da vrijedi komutativnost, zaključu­jemo I(P ∧ Q) = I(Q ∧ P) = .

b) Prilikom zamjena mjesta iskazima, zahvaljujući vezniku i, ništa se ne mijenja. Zaključujemo: I((P ∧ Q) ∧ R) = I(P ∧ (Q ∧ R)) = .

c) P ... Najveći zajednički djelitelj brojeva 5 i 6 jest broj 1.

¬ P ... Najveći zajednički djelitelj brojeva 5 i 6 nije broj 1.

I(P ∧ ¬ P) = jer istina i neistina daju neistinu.

I(¬ (P ∧ ¬ P)) = jer je negacija neistine istina.

d) Dva jednaka iskaza s veznikom i daju taj isti iskaz. Dakle, I(P ∧ P) = I(P) = . ∎

Neka su P, Q i R iskazi. Operacija konjunkcije ima ova svojstva:• komutativnost, I(P ∧ Q) = I(Q ∧ P)• asocijativnost, I((P ∧ Q) ∧ R) = I(P ∧ (Q ∧ R))• neproturječnost, I(¬ (P ∧ ¬ P)) = • idempotentnost, I(P ∧ P) = I(P).

Zadatak 4.

Poznati su iskazi P ... Maja je bogata. Q ... Maja je lijepa.

Napiši sljedeće iskaze simbolima mate matička logike rabeći operatore ∧ i ¬. a) Maja je bogata i lijepa. b) Maja je bogata i nije lijepa. c) Maja nije ni bogata ni lijepa. d) Nije istina da je Maja bogata i lijepa. e) Nije istina da Maja nije bogata i da nije lijepa.

» a) P ∧ Q, b) P ∧ ¬Q, c) ¬P ∧ ¬ Q, d) ¬(P ∧ Q), e) ¬(¬P ∧ ¬ Q). ∎

Disjunkcija (ILI, OR) logička je operacija dvaju iskaza P i Q povezanih operatorom disjunkcije

P ∨∨ Q.

disjunkcija

17

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

P ∨ Q složen je iskaz koji je istinit kad je istinit barem jedan od iskaza, ili P ili Q. Disjunkcija je inkluzivna (uključujuća), ona označava da vrijedi iskaz P ili iskaz Q.

Disjunkcija odgovara vezniku ILI u svakodnevnom govoru. Izraz P ∨ Q čita se: P ili Q.

        ako je I(P) = I(Q) = I(P ∨ Q) =           u ostalim slučajevima

PRIMJER 5.

Primijenimo operaciju disjunkcije na zadane iskaze, odredimo istinitost složenog is­kaza i provjerimo komutativnost.

a) P ... Broj 11 dijeli broj 33. Q ... Broj 11 dijeli broj 23. b) P ... 5 je realan broj. Q ... 5 je prost broj.c) P ... Broj 7

8 manji je od broja 5

6. Q ... – 3 je prirodan broj.

» a) P ∨ Q ... Broj 11 dijeli broj 33 ili broj 11 dijeli broj 23. To je istina jer je prvi iskaz istinit. Zapisujemo I(P ∨ Q) = .

Q ∨ P ... Broj 11 dijeli broj 23 ili broj 11 dijeli broj 33. To je istina jer je drugi iskaz istinit. Zapisujemo I(Q ∨ P) = .

Komutativnost vrijedi.

b) P ∨ Q ... 5 je realan broj ili je 5 prost broj. To je istina jer su oba iskaza istinita. I(P ∨ Q) = .

Q ∨ P ... 5 je prost broj ili je 5 realan broj. To je istina jer su oba iskaza istinita. I(Q ∨ P) = .

Komutativnost vrijedi.

c) P ∨ Q ... Broj 78

manji je od broja 56

ili je – 3 je prirodan broj. To nije istina jer

su oba iskaza neistinita. Pišemo I(P ∨ Q) = .

Q ∨ P ... – 3 je prirodan broj ili je broj 78

manji je od broja 56

. To nije istina

jer su oba iskaza neistinita. Pišemo I(Q ∨ P) =. Komutativnost vrijedi. ∎

18

Zadatak 5.Poznati su iskazi P ... Maja je bogata. Q ... Maja je lijepa. Napiši sljedeće iskaze simbolima mate matička logike rabeći operatore ∨ i ¬. a) Maja je bogata ili lijepa. b) Maja je bogata ili nije lijepa. c) Maja nije bogata ili nije lijepa. d) Nije istina da je Maja bogata ili lijepa. e) Nije istina da Maja nije bogata ili da nije lijepa.

» a) P ∨ Q, b) P ∨ ¬Q, c) ¬P ∨ ¬ Q, d) ¬(P ∨ Q), e) ¬(¬P ∨ ¬ Q). ∎

Implikacija je logička operacija dvaju iskaza P i Q povezanih operatorom implikacijeP ⟹⟹ Q.

P ⟹ Q složen je iskaz koji je lažan jedino ako je prvi iskaz istinit, a drugi lažan.

Izraz P ⟹ Q čita se: P povlači Q. Ili: ako je P onda je Q. Ili: P je dovoljan uvjet za Q, odnosno Q je nužan uvjet za P.

         ako je I(P) = i I(Q) = (iz istine ne može slijediti laž)I(P ⟹ Q) =          u ostalim slučajevima

PRIMJER 6.

Primijenimo operaciju implikacije na zadane iskaze, odredimo istinitost i provjeri­mo komutativnost:

P ... Četverokut je tetivni. Q ... Zbroj nasuprotnih kutova u četverokutu iznosi 180°.

» a) Pretpostavimo da su za neki četverokut oba iskaza istinita. P ⟹ Q ... Ako je četverokut tetivni, onda zbroj nasuprotnih kutova iznosi 180°. To je istina jer su oba iskaza istinita. I(P ⟹ Q) = .

Q ⇒ P ... Ako je zbroj nasuprotnih kutova u četverokutu 180°, onda je četve­rokut tetivni. I(Q ⟹ P) = .

implikacija

Podsjeti se!

Četverokut je tetivni ako mu se može opi sati kružnica.

19

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

b) Pretpostavimo da je za neki četverokut iskaz P neistinit, a iskaz Q istinit. Tada je I(P ⟹ Q) = i I(Q ⟹ P) = . Dakle, komutativnost ne vrijedi: (P ⟹ Q) ≠ (Q ⟹ P). c) Ostanimo pri pretpostavci da je iskaz P neistinit i pretpostavimo da je iskaz Q

neistinit. Sada je I(P ⟹ Q) = i I(Q ⟹ P) = . U ovom slučaju komutativnost vrijedi: (P ⟹ Q) = (Q ⟹ P). d) Pretpostavimo da je iskaz P istinit, a iskaz Q neistinit. U tom je slučaju I(P ⟹ Q) = i I(Q ⟹ P) = . Komutativnost ne vrijedi: (P ⟹ Q) ≠ (Q ⟹ P). ∎

Općenito, za implikaciju komutativnost ne vrijedi.(P ⟹ Q) ≠ (Q ⟹ P)

Zadatak 6.Poznati su iskazi P ... Četverokut je kvadrat. Q ... Četverokut je pravokutnik.

Primijeni operaciju implikacije na iskaze, odredi istinitost implikacije i provjeri komu­tativnost.

» Ako je I(P) = i I(Q) = , onda je I(P ⟹ Q) = , I(Q ⟹ P) = , pa komutativnost vrijedi.

Ako je I(P) = i I(Q) = , onda je I(P ⟹ Q) = , I(Q ⟹ P) = , pa komutativnost ne vrijedi.

Ako je I(P) = i I(Q) = , onda je I(P ⟹ Q) = , I(Q ⟹ P) = , pa komutativnost ne vrijedi.

Ako je I(P) = i I(Q) = , onda je I(P ⟹ Q) = , I(Q ⟹ P) = , pa komutativnost vrijedi. ∎

PRIMJER 7.

Zadani su iskazi P ... Broj 2020 djeljiv je brojem četiri. Q ... Broj 2020 djeljiv je brojem 2. Provjerimo istinitost ¬ (P ⟹ Q) = P ∧ (¬ Q).

20

» Pogledajmo lijevu stranu. P ⟹ Q ... Ako je broj 2020 djeljiv brojem 4, onda je djeljiv brojem 2. To je istina, I(P ⟹ Q) = . Štoga je negacija ¬ (P ⟹ Q) neistinita, I(¬ (P ⟹ Q) = .

Pogledajmo desnu stranu. P ∧ (¬ Q) ... Broj 2020 djeljiv je brojem četiri i nije djeljiv brojem 2. To je neistina, I(P ∧ (¬ Q) = . ∎

Zadatak 7.

Zadani su iskazi P ... Nikola Tesla rođen je u Šmiljanu. Q ... 5 puta 5 jest 25. Provjeri istinitost ¬ (P ⟹ Q) = ¬ (¬ P ∨ Q).

» I(¬ (P ⟹ Q) = , I(¬ (¬ P ∨ Q)) = . ∎

NapomenaKod složenog iskaza bitna je samo njegova istinitost, a ne i njegov sadržaj.

PRIMJER 8.

Zadani su iskazi: P ... Marin Getaldić hrvatski je matematičar. Q ... Euklid je hrvatski matematičar.R ... 2 · 2 = 4S ... Nula je prirodan broj.

Provjerimo istinitost implikacija P ⟹ R, P ⟹ S, Q ⟹ R, Q ⟹ S.

» P ⟹ R ... Ako je Marin Getaldić hrvatski matematičar, onda je 2 · 2 = 4. Iskaz je istinit.

P ⟹ S ... Ako je Marin Getaldić hrvatski matematičar, onda je nula prirodan broj. To je neistinit iskaz jer iz istine ne može slijediti neistina.

Q ⟹ R ... Ako je Euklid hrvatski matematičar, onda je 2 · 2 = 4. To je istinit iskaz.

Q ⟹ S ... Ako je Euklid hrvatski matematičar, onda je nula prirodan broj. Iskaz je istinit. ∎

21

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

Zadatak 8.

Zadani su iskazi: P ... 55 je paran broj. Q ... 3 8− je kompleksan broj.R ... Aritmetički niz uvijek sadrži pozitivne brojeve.

Provjeri istinitost sljedećih tvrdnja.a) (P ⟹ Q) ≠ (Q ⟹ P) c) ((P ⟹ Q) ⟹R) ≠ (P ⟹ (Q ⟹ R))b) (P ⟹ P) ≠ P d) (P ⟹ Q) = (¬ P ⟹ ¬ Q)

» a) Točno. b) Točno. c) Točno. d) Točno. ∎

Neka su P, Q i R iskazi. Implikacija• nije komutativna (P ⟹ Q) ≠ (Q ⟹ P)• nije asocijativna ((P ⟹ Q) ⟹ R) ≠ (P ⟹ (Q ⟹ R))• nije idempotentna (P ⟹ P) ≠ P.

Za implikaciju vrijedi pravilo kontrapozicije (P ⟹ Q) = (¬ P ⟹ ¬ Q).

Ekvivalencija je logička operacija dvaju iskaza P i Q povezanih operatorom ekviva­lencije

P ⟺⟺ Q.

P ⟺ Q složen je iskaz koji je istinit jedino ako su oba iskaza istinita ili oba iskaza neis­tinita.

Izraz P ⟺ Q čita se: P je ekvivalentno Q. Ili: P je ako i samo ako je Q. Ili: P je onda i samo onda ako je Q.

            ako je I(P) = I(Q) = ili ako je I(P) = I(Q) = I(P ⟺ Q) =          u ostalim slučajevima

ekvivalencija

22

PRIMJER 9.

Primijenimo operaciju ekvivalencije na zadane iskaze, odredimo istinitost i provje­rimo komutativnost.

a) P ... Broj 66 djeljiv je brojem 6. Q ... Broj 66 djeljiv je brojevima 2 i 3.b) P ... Broj 66 djeljiv je brojem 6. Q ... Broj 66 djeljiv je brojevima 2 i 7.c) P ... Broj 15 završava parnom znamenkom. Q ... Broj 15 paran je broj.

» a) P ⟺ Q ... Broj 66 djeljiv je brojem 6 ako i samo ako je djeljiv brojevima 2 i 3.P i Q istiniti su iskazi, pa je i ekvivalencija istinita, I(P ⟺ Q) = .Q ⟺ P ... Broj 66 djeljiv je brojevima 2 i 3 ako i samo ako je djeljiv brojem 6.Q i P istiniti su iskazi, pa je i ekvivalencija istinita, I(Q ⟺ P) = .Komutativnost vrijedi, (P ⟺ Q) = (Q ⟺ P).

b) P ⟺ Q ... Broj 66 djeljiv je brojem 6 ako i samo ako je djeljiv brojevima 2 i 7.P je istinit iskaz, a Q je neistinit, pa je i ekvivalencija neistinita, I(P ⟺ Q) = .Q ⟺ P ... Broj 66 djeljiv je brojevima 2 i 7 ako i samo ako je djeljiv brojem 6.Q je neistinit iskaz, P je istinit. Ekvivalencija nije istinita, I(Q ⟺ P) = .Komutativnost vrijedi, (P ⟺ Q) = (Q ⟺ P).

c) P ⟺ Q ... Broj 15 završava parnom znamenkom ako i samo ako je paran broj. P i Q neistiniti su iskazi. Ekvivalencija je istinita, I(P ⟺ Q) = . Q ⟺ P ... Broj 15 paran je broj ako i samo završava parnom znamenkom. P i Q neistiniti su iskazi, ekvivalencija je istinita, I(Q ⟺ P)= . Komutativnost vrijedi, (P ⟺ Q) = (Q ⟺ P). ∎

Zadatak 9.

Zadani su iskazi P ... π je iracionalan broj. Q ... 8i je racionalan broj. R ... e je realan broj. Provjeri tvrdnje:a) (Q ⟺ P) = (P ⟺ Q)b) ((P ⟺ Q) ⟺ R) = (P ⟺ (Q ⟺ R)c) (P ⟺ Q) = ((P ⟹ Q ) ∧ (Q ⟹ P)).

» a) Točno. b) Točno. c) Točno. ∎

Neka su P, Q i R iskazi. Ekvivalencija je• komutativna, (Q ⟺ P) = (P ⟺ Q)• asocijativna, ((P ⟺ Q) ⟺ R) = (P ⟺ (Q ⟺ R))• dvostruka implikacija, (P ⟺ Q) = ((P ⟹ Q) ∧ (Q ⟹ P)).

23

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

1.2. Minimizacija složenih iskaza

Logička algebra matematički opisuje odnose između iskaza.

Osnovne logičke operacije mogu se kombinirati u složene. Broj logičkih operatora može biti proizvoljan. Šloženost logičke operacije ne utječe na rezultat koji je istina ili laž.

U složenim iskazima potrebno je voditi računa o prioritetima logičkih operacija.

LOGIČKI OPERATOR PRIORITET

¬ 1∧ 2∨ 3

⟹, ⟺ 4

Zagradama se mijenja prioritet. Šložene logičke operacije mogu se minimizirati (pojednostaviti) algebarskim postupcima.

Uz oznake 0 za laž i 1 za istinu, pravila algebarskih postupaka navedena su u tablici.

MATEMATIKA          INFORMATIKA

Neutralni element Neutralni elementP ∧ 0 = 0P ∧ 1 = PP ∧ P = P

P · 0 = 0P · 1 = PP · P = P

P ∨ 0 = PP ∨ 1 = 1P ∨ P = P

P + 0 = PP + 1 = 1P + P = P

KomplementarnostP ∧ ¬ P = 0P ∨ ¬ P = 1

KomplementarnostP · = 0P + = 1

KomutativnostP ∧ Q = Q ∧ PP ∨ Q = Q ∨ P

KomutativnostP · Q = Q · P

P + Q = Q + P

24

Asocijativnost(P ∧ Q) ∧ R = P ∧ (Q ∧ R)(P ∨ Q) ∨ R = P ∨ (Q ∨ R)

Asocijativnost(P · Q) · R = P · (Q · R)

(P + Q) + R = P + (Q + R)De Morganova pravila

¬ (P ∧ Q) = ¬ P ∨ ¬ Q

¬ (P ∨ Q) = ¬ P ∧ ¬ Q

De Morganova pravila = + Q

P + Q =

P · Q Involutivnost

¬¬ P = PInvolutivnost

( ) = PDistributivnost

P ∧ (Q ∨ R) = (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R)P ∨ (Q ∧ R) = (P ∨ Q) ∧ (P ∨ R)

DistributivnostP · (Q + R) = P · Q + P · R

P + (Q · R) = (P + Q) · (P + R)Apsorpcija

P ∧ (P ∨ Q) = P

P ∨ P ∧ Q = P

ApsorpcijaP · (P + Q) = P

P + P · Q = P

PRIMJER 1.

Pojednostavimo P ∨ (¬ P ∧ Q)

» P ∨ (¬ P ∧ Q) = (distributivnost)

= (P ∨ ¬ P ) ∧ (P ∨ Q) = (komplementarnost)

= 1 ∧ (P ∨ Q) = (neutralni element)

= P ∨ Q ∎

Zadatak 1.

Pojednostavi iskaze.

a) P ∧ (¬ P ∨ Q)  b) Q ∨ (¬ Q ∧ P)  c) Q ∨ (¬ Q ∧ P)

» a) P ∧ Q b) P ∨ Q c) P ∧ Q ∎

25

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

PRIMJER 2.

Pojednostavimo iskaz P ∧ Q ∨ P ∧ Q ∨ P ∧ R ∨ R.

» Poštujući prioritet operacija zadani iskaz možemo pisati ovako:

(P ∧ Q) ∨ (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R) ∨ R = (komutativnost i apsorpcija)

= (P ∧ Q) ∨ (P ∧ Q) ∨ R = (distributivnost)

= P ∨ (P ∧ Q) ∧ Q ∨ (P ∧ Q) ∨ R = (komutativnost i apsorpcija)

= P ∧ Q ∨ R ∎

Zadatak 2.

Pojednostavi iskaz P ∨ Q ∧ P ∨ Q ∧ P ∨ R ∧ R.

» R ∨ P ∎

PRIMJER 3.

Pojednostavimo iskaz ¬(¬ Q ∧ ¬ P).

» ¬(¬ Q ∧ ¬ P) = (De Morganovo pravilo)

= ¬ ¬ Q ∨ ¬ ¬ P = (involutivnost)

= Q ∨ P ∎

Zadatak 12.

Pojednostavi iskaz ¬(¬ Q ∨ ¬ P).

» Q ∧ P ∎

26

PRIMJER 4.

Pojednostavimo iskaz ¬ P ∧ ¬ Q ∧ ¬ R ∨ ¬ P ∧¬ Q ∧ R ∨ P ∧ ¬ Q ∧¬ R ∨ P ∧ ¬ Q ∧ R.

» Označimo zagradama operacije najvišeg prioriteta.

(¬ P ∧ ¬ Q) ∧ ¬ R ∨ (¬ P ∧ ¬ Q) ∧ R ∨ (P ∧ ¬ Q) ∧ ¬ R ∨ (P ∧ ¬ Q) ∧ R = (distributivnost)

= (¬ P ∧ ¬ Q) ∧ (¬ R ∨ R) ∨ (P ∧ ¬ Q) ∧ (¬ R ∨ R) = (komplementarnost)

= (¬ P ∧ ¬ Q) ∧ 1 ∨ (P ∧ ¬ Q) ∧ 1 = (neutralni element)

= (¬ P ∧ ¬ Q) ∨ (P ∧ ¬ Q) = (distributivnost)

= (¬ P ∨ P) ∧ ¬ Q = (komplementarnost)

= 1 ∧ ¬ Q = (neutralni element)

= ¬ Q ∎

Zadatak 4.

Pojednostavi iskaz ¬ P ∨ ¬ Q ∨ ¬ R ∧ ¬ P ∨ ¬ Q ∨ R ∧ P ∨ ¬ Q ∨ ¬ R ∨ P ∨ ¬ Q ∧ R.

» 1 ∎

27

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

1.3. Tablice istinitostiLogičke se operacije prikazuju tablicama istinitosti.

NEGAČIJA ¬ (NE, NOT)

ulaz P izlaz ¬ P

Logički sklop NE (Digitalna logika)

P ¬ P P P 0 1 1 0

KONJUNKČIJA ∧ (I, AND)

ulaz Pizlaz P ∧ Q

ulaz Q

Logički sklop I (Digitalna logika)

P Q P ∧ Q P Q P · Q 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1

DIŠJUNKČIJA ∨ (ILI, OR)

ulaz Pizlaz P ∨ Q

ulaz Q

Logički sklop ILI (Digitalna logika)

P Q P ∨ Q P Q P + Q 0 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1

28

IMPLIKAČIJA (pogodba)⟹

P Q P ⟹ Q P Q P ⟹ Q 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1

EKVIVALENČIJA (dvopogodba) ⟺

P Q P ⟺ Q P Q P ⟺ Q 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 1

U tablicama lijevo upotrebljeni su simboli kakvi se susreću u matematici, a u tabli­cama desno upotrebljena je informatička notacija. U tablicama su bojom istaknuti redovi po kojima pamtimo istinitosnu vrojednost pojedine operacije.

Šložena logička operacija može se prikazati pomoću tablice stanja. Tablica stanja sadrži sva moguća stanja ulaznih iskaza i sve zadane logičke operacije pa time omo­gućava provjeru ispravnosti pojednostavljenja.

Za provjeru treba načiniti:

• tablicu stanja za početnu složenu logičku operaciju

• tablicu stanja za pojednostavljenje.

Ako su sadržaji stupaca koji prikazuju rezultate logičkih operacija jednaki, pojed­nostavljenje je učinjeno ispravno.

29

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

PRIMJER 1.

Pomoću tablice istinitosti provjeri pravilo apsorpcije P ∧ (P ∨ Q) = P.

»P Q P ∨ Q P ∧ (P ∨ Q)

U prvi i drugi stupac napisali smo sve moguće kombinacije istinitosti iskaza P i Q. Zatim smo popunjavali treći stupac gledajući istinitost disjunkcije (P ∨ Q). Na kraju smo popunjavali četvrti stupac promatrajući konjunkciju (P ∧ (P ∨ Q)) iz­među vrijednosti u prvom i trećem stupcu.

Uočimo da su u zadnjem stupcu intinitosne vrijednosti lijeve strane tvrdnje koju trebamo dokazati, a da se u prvom stupcu nalaze istinitosne vrijednosti desne strane. Budući da se ta dva stupca podudaraju, tvrdnja je istinita. ∎

Zadatak 1.

Dokaži pomoću tablice istinitosti da vrijedi: P ∨ (P ∧ Q) = P.

PRIMJER 2.

Provjerimo pomoću tablice istinitosti da je implikacija P ⟹ (P ∨ Q) uvijek istinita.

» P Q P ∨ Q P ⟹ (P ∨ Q)

Zadnji stupac govori da je iskaz istinit bez obzira na istinitosti iskaza P i Q, a to smo i trebali dokazati. ∎

PRIMIJENIMO P Q P ∨ Q

P Q P ∧ Q

PRIMIJENIMO P Q P ⟹ Q

30

Zadatak 2.

Provjeri pomoću tablice istinitosti da je implikacija P ⟹ (Q ⟹ P) uvijek istinita.

PRIMJER 3.

Pojednostavimo iskaz A ∧ B ∨ A ∧ B ∨ A ∧ C ∨ C i tvrdnju provjerimo pomoću tablice.

» A ∧ B ∨ A ∧ B ∨ A ∧ C ∨ C = (A ∧ B) ∨ (A ∧ B) ∨ (A ∧ C) ∨ (C ∧ 1) = A ∧ (B ∨ B) ∨ (C ∧ A) ∨ (C ∧ 1) = A ∧ B ∨ C ∧ (A ∨ 1) = A ∧ B ∨ C ∧ 1 = A ∧ B ∨ C

Tablicom ćemo provjeriti polazni iskaz (A ∧ B) ∨ (A ∧ B) ∨ (A ∧ C) ∨ C. Budući da za svaki iskaz P vrijedi P ∨ P = P, dovoljno je provjeriti iskaz (A ∧ B) ∨ (A ∧ C) ∨ C.Provjerit ćemo i istinitost dobivenog iskaza A ∧ B ∨ C = (A ∧ B) ∨ C.

A B C A ∧ B A ∧ C (A ∧ B) ∨ (A ∧ C) (A ∧ B) ∨ (A ∧ C) ∨ C A ∧ B ∨ C

Zadnja se dva stupca podudaraju, što znači da zadani i dobiveni iskaz imaju jednake istinitosne vrijednosti. ∎

Zadatak 3.

Pojednostavi iskaz A ∨ B ∧ A ∨ B ∨ A ∧ B i tvrdnju provjeri pomoću tablice.

» A ∨ B ∎

31

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

1.4. Tautologija

Tautologija je iskaz koji je u svakom slučaju istinit.

Istinitost tautologije provjerava se tablicom istinitosti.

PRIMJER 1.

Provjerimo je li iskaz P ∧ (P ⟹ Q) ⟹ Q tautologija.

»

P Q P ⟹ Q P ∧ (P ⟹ Q) P ∧ (P ⟹ Q) ⟹ Q

Iskaz je tautologija jer je istinit za svaku istinitosnu vrijednost polaznih iskaza. ∎

Zadatak 1.

Uvjeri se da je zadani iskaz tautologija.

(P ⟹ Q) ⟺ (¬ Q ⟹ ¬ P).

Zadatak 2.

Provjeri je li iskaz P ∨ (Q ∨ R) ⟺ (P ∨ Q) ∨ R tautologija.

» Iskaz je tautologija. ∎

32

1.5. Metode dokazivanjaMatematički teoremi, propozicije, korolari i leme jesu tvrdnje koje vrijede tek kad se dokažu. Obično imaju oblik implikacije ili ekvivalencije. Dokazi se mogu provoditi različitim metodama, od kojih ćemo ovdje neke opisati jednostavnim primjerima.

Izravan dokaz Za dokaz tvrdnje P ⇒ Q polazi se od pretpostavke P. Nizom pravilnog zaključivanja pomoću definicija, aksioma i prethodno dokazanih teorema, dolazi se do tvrdnje Q.

PRIMJER 1.

Dokažimo tvrdnju.

Ako su a i b neparni cijeli brojevi, onda je i njihov umnožak ab neparan. Ako je barem jedan od brojeva a ili b paran, onda je i njihov umnožak paran.

» Ako su a i b neparni cijeli brojevi, mogu napisati u obliku a = 2k + 1 i b = 2l + 1, gdje su k i l cijeli brojevi. Tada je njihov umnožak ab = (2k + 1)(2l + 1) = 4kl + 2k + 2l + 1 = 2 (2kl + k + l) + 1. Dakle, ab je neparan broj.

Time je dokazana prva tvrdnja.

Dokažimo drugi tvrdnju.

Ako je, primjerice, broj a paran, tj. a = 2k, (k je cijeli broj), a b bilo kakav cijeli broj, onda je njihov umnožak ab = (2k)b = 2(kb) paran broj. ∎

Zadatak 1.

Ako su a i b parni cijeli brojevi, onda je i njihov umnožak ab paran. Dokaži.

Pravilo kontrapozicijeTvrdnja P ⇒ Q dokazuje se tako da se dokaže tvrdnje ¬Q ⇒ ¬P. Dakle, pretpostavlja se da vrijedi ¬Q. Nizom pravilnih zaključaka dolazi se da vrijedi ¬P.

P ⇒ Q = ¬Q ⇒ ¬P

33

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

PRIMJER 2.

Dokažimo tvrdnju.

Neka je n bilo koji cijeli broj. Ako je n2 paran, onda je i n paran.

» Dokazati postavljenu tvrdnju isto je što i dokazati da iz pretpostavke da je n neparan slijedi da je i n2 neparan. To je, međutim, izravna posljedica tvrdnje iz primjera 1, ako uzmemo a = b = n. ∎

Ovakav način dokazivanja zove se obrat po kontrapoziciji.

Kontradikcija (ili protuslovlje)Ovu su metodu poznavali stari Grci, njome se služio Euklid u 4. stoljeću prije Krista. Za razliku od izravnog dokaza, ovdje je put od pretpostavke P do tražene tvrdnje Q „zaobilazan”. Polazi se od pretpostavke da je P istinita tvrdnja, a Q lažna, tj. P ∧ ¬ Q.Dokaz se nastavlja sve dok se ne dođe do neke kontradikcije. Time je dokaz završen jer nešto mora biti krivo, a to je pretpostavka P ∧ ¬ Q. Prema tome, ako je P istinita tvrdnja, Q također mora biti istinita.

PRIMJER 3.

Dokažimo tvrdnju. 2 je iracionalan broj, tj. ne može se napisati kao količnik dvaju cijelih brojeva.

» Pretpostavimo, protivno tvrdnji, da se 2 može napisati kao količnik dvaju

cijelih brojeva, tj. 2 ab= , gdje su a i b prirodni brojevi. Možemo odmah pret­

postaviti da su brojevi a i b u količniku ab skraćeni do kraja, tj. brojevi a i b ne­

maju niti jedan zajednički cjelobrojni djelitelj, osim broja 1 (za koji kažemo da je trivijalni zajednički djelitelj).

Kvadriranjem jednakosti 2 ab= dobivamo da je a2 = 2b2. Dakle, a2 je paran

broj, pa je, prema tvrdnji iz primjera 2, i broj a paran, tj. a = 2k za neki cijeli broj k. Uvrštavajući to u a2 = 2b2, dobivamo da je b2 = 2k2, pa je i broj b2 paran. Iz tvrdnje iz primjera 2 slijedi da je i broj b paran, tj. b = 2l za prirodni broj l. Dobili smo da su oba broja a i b parna, tj. da imaju zajednički djelitelj 2, a to je kontra­dikcija (protuslovlje) s pretpostavkom da je razlomak a

b skraćen do kraja. ∎

34

Zadatak 2.

Broj 3 iracionalan je broj. Dokaži.

Opovrgavanje hipoteze kontraprimjerom Tvrdnja oblika: Za svaki a vrijedi... može se opovrgnuti pronalaženjem takvog a1 za koji tvrdnja ne vrijedi.

PRIMJER 4.

Dokažimo da umnožak dvaju iracionalnih brojeva ne mora biti iracionalan.

» Uzmimo dva iracionalna broja, a = 2 i b = 2 . Onda je umnožak ab = 2, tj. racionalan broj. ∎

PRIMJER 5.

Je li zbroj dvaju iracionalnih brojeva iracionalan?

» Pogledajmo kontraprimjer. Realni brojevi a = 2 i b = − 2 iracionalni su, ali je njihov zbroj a + b = 0 racionalan broj (cijeli broj). ∎

Zadatak 3.

Zbroj kompleksnih brojeva ne može biti realan broj. Opovrgni kontraprimje­rom.

35

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

LISTA SAMOPROCJENE

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE u potpunosti djelomično nedovoljno

• prepoznajem iskaze

• upotrebljavam logičke operacije

• primjenjujem tablice istinitosti

• koristim se raznim metodama dokazivanja

• Gdje najčešće griješim? Za što trebam pomoć?

Tri važna pojma:

Dvije zanimljivosti

Jedna činjenica koju ne znam

36

NEGACIJA

• NE, NOT• znak: ¬• ima najviši prioritet• unarna operacija• rezultat je uvijek iskaz

suprotan početnom

DISJUNKCIJA

• ILI, OR• znak: ∨• po prioritetu zadnja os-

novna logička operacija• binarna operacija• istinita ako je barem

jedan iskaz istinit

KONJUNKCIJA

• I, AND• znak: ∧• po prioritetu druga os-

novna logička operacija• binarna operacija• istinita samo ako su oba

iskaza istinita

LOGIČKE OPERACIJE

ulaz Aizlaz A ∧ B

ulaz B

ulaz Aizlaz A ∨ B

ulaz Bulaz A izlaz ¬ A

OSNOVNE LOGIČKE OPERACIJE

P Q P ∧ Q

P ¬ P

P Q P ∨ Q

P Q P ⟹ Q

P Q P ⟺ Q

MatematikaInformatika

Digitalna logikaProgramiranje

¬ P P P!

MatematikaInformatika

Digitalna logikaProgramiranje

P ∨ Q P + Q PORQP||Q

MatematikaInformatika

Digitalna logikaProgramiranje

P ∧ Q P · Q PANDQP&&Q

IMPLIKACIJA

• pogodbe• znak: ⟹• po prioritetu ispred ekvivalencije• binarna operacija• neistinita samo ako je prvi iskaz

istinit, a drugi iskaz lažan

EKVIVALENCIJA

• dvopogodba• znak: ⟺ • po prioritetu zadnja logička operacija• binarna operacija• istinita je ako su oba iskaza istinita ili

oba iskaza lažna

PREGLED GRADIVA

37

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

1. Uz svaku logičku operaciju naveden je njez­in znak. Š to je pogrešno?

konjunkcija ⟺

negacija ⟹

ekvivalencij ¬

disjunkcija ∧

implikacij ∨

2. Objasni pojam iskaza.

3. Š to je logička operacija?

4. Objasni razliku unarne i binarne operacije. Navedi primjer.

5. Definiraj tri osnovne logičke operacije.

6. Navedi svojstva implikacije.

7. U kojem su odnosu implikacija i ekvivalenci­ja?

8. Navedi primjer složene logičke operacije.

9. Negiraj operaciju iz prethodnog zadatka.

10. Navedi vrste dokazivanja.

11. Dokaži da je zbroj raionalnih brojeva racio­nalan broj. (Izravan dokaz.)

12. Dokaži kotraprimjerom da svi višekratnici broja 11 nisu neparni.

ZADATCI

13. Pojednostavi izraz.

a) ¬ (¬ A ∨ B) ∧ (B ∧ ¬ C)

b) (A ∨ B) ∧ ( ∨A ∧ )

c) A ∨ (B ∨ C ∧ C) ∨ (A ∧ B)) ∨ C

d) AB ∨ C ∨ BA ∨ C ∨ C ∧ (A ∨ B)

e) A ∧ (¬A ∨ B) ∨ ¬(¬C(A ∧ B)

f) B ∧ A ∨ A ∧ ¬B ∨ B ∧ C ∨ A ∧ ¬C

g) A ∧ C ∧ (¬A ∨ B) ∨ B ∨ ¬C ∧ (A ∨ ¬B)

h) ∧ B ∧ C ∨ A ∧ ∧ C ∨ A ∧ B ∧ C ∨ B ∧

i) ∧ B ∧ C ∨ A ∧ B ∧ C ∨ A ∧ ∧ C ∨ B ∧

j) (A ∨ ) ∧ (A ∧ ∨ C) ∧ (B ∨ )

k) (¬A ∨ ¬B) ∧ ¬C ∨ ¬A ∧ (B ∧ ¬C ∨ A) ∨   (¬(C ∨ A)) ∧ (¬A ∧ B)

l) (A ∧ (A ∨ B) ∨ A ∧ B ∧ (A ∨ C)) ∧  (B ∧ (A ∨ C) ∨ (A ∧ B))

m) ∧( ∨ ) ∨ (A ∨B ∧ C)

n) (¬A ∨ ¬B ∨ ¬C) ∧ (¬A ∨ ¬B ∨ C) ∧  (¬A ∨ B ∨ ¬D) ∧ (¬A ∨ B ∨ D) ∧ C ∧ D

38

19. (Školsko natjecanje, Osnove informatike, 2009.)

Primjenom zakona Booleove algebre zada­ni logički izraz zapiši u najkraćem (pojedno­stavljenom) obliku.

A + B · (A + ) + · ( · B + A)

20. (Školsko natjecanje, Osnove informatike, 2008.) Primjenom zakona Booleove algebre zadani logički izraz zapišite u najkraćem (pojed­nostavljenom) obliku.

(A + B) · ( + A · )

21. (Državno natjecanje elektrotehničkih škola)Iz tablice izvadi izraz disjunktivne forme bez pojednostavljivanja, zatim pojednostavi negaciju tog izraza.

A B C D Y0 0 0 0 00 0 0 1 10 0 1 0 00 0 1 1 00 1 0 0 10 1 0 1 00 1 1 0 00 1 1 1 01 0 0 0 01 0 0 1 11 0 1 0 01 0 1 1 01 1 0 0 11 1 0 1 11 1 1 0 11 1 1 1 1

14. Škrati do kraja.

a) (A ∧ C ∨ ¬C ∧ A) ∨ (A ∧ B ∨ A ∧ ¬B)

b) C ∧ (A ∨ B) ∨ (C ∧ A) ∨ B(B ∨ C) ∨ (C ∨ A ∨ B)

c) ¬((A ∨ B ∧ C) ∨ ¬((B ∨ C ∧ ¬ A) ∨ A ∧ B))

15. Provjeri je li iskaz tautologija.

a) p ∨ (q ∧ r) ⟺ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

b) ((¬p ⇒ (q ⟺ r)) ∧ (¬p ⇒ r) ∧ (q ⇒ ¬r)) ⇒ ¬r

c) p ∧ (q ∧ r) ⟺ (p ∧ q) ∧ r

16. Primjenom zakona Booleove algebre zadani logički izraz napišite u najkraćem (pojed­nostavljenom) obliku.

B AND A OR A AND (NOT B OR NOT C)

Zadaci s natjecanja, mature,…1

17. (Infokup, državno 2018.)

Primjenom zakona Booleove algebre zadani logički izraz napiši s minimalnim brojem operacija.

(A + B) · ( + C) · (A + C)

18. (Školsko natjecanje, Osnove informatike, 2008.)

Prepiši izraz koristeći najmanji mogući broj zagrada, bez pojednostavljivanja izraza.

((NOT (A OR (B OR NOT C)) AND C) OR (A AND B)) OR C

1 zahtjevniji zadatci za one koji žele polagati maturu

39

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

22. (Školsko natjecanje, Osnove informatike, 2009.)

Za koje uređene trojke (a, b, c) izraz · b · (a + c) · c · (c + b) ima vrijednost 0?

23. (Zupanijsko natjecanje, Osnove informatike, 2008.)

Za koliko ulaznih kombinacije logička jed­nadžba ima vrijednost NETOČNO?

NOT (NOT A OR B) AND (B AND NOT C)

24. (Zupanijsko natjecanje, Osnove informatike, 2008.)

Primjenom zakona Booleove algebre zadani logički izraz napiši u najkraćem (pojednos­tavljenom) obliku.

B AND A OR A AND (NOT B OR NOT C)

25. (Zupanijsko natjecanje, Osnove informatike, 2009.)

Za koliko je različitih trojki (A, B, C) sljedeći izraz istinit?

(NOT A OR B) AND B OR NOT C AND (A OR NOT B)

26. (Državno natjecanje, Osnove informatike, 2008.)

Primjenom zakona Booleove algebre zadani logički izraz napiši u najkraćem (pojednos­tavljenom) obliku.

( · (B + ) + A · · (A + )) · (B · ( + C) + A ·

27. (Državno natjecanje, Osnove informatike, 2009.)

Za koliko uređenih trojki (a, b, c) vrijedi:

(a + b + c) · ( a · b + b · c + a · c ) · a · b · c = 0?

28. (Nacionalni ispit, 2008.)

Za koliko će različitih vrijednosti trojki logičkih varijabli A, B i C vrijednost sljedeće logičke formule biti istinita?

· ( + ) + (A + B · C )

29. (Nacionalni ispit, 2008.)

Pojednostavi zadani logički izraz tako da se­koristiš samo konjunkcijom i negacijom.

· (B + ) + · ( + C) + · (A + )

30. (Ogledni primjerak testa za državnu maturu)

Pojednostavljivanjem logičku formulu

(A + ) · (A · + ) · (B + ).

a) A +b) · B · Cc) A · B · Cd) B · C

31. (Nacionalni ispit, PMG, 2008.)

Pojednostavi logički izraz

A · · (C + )+ C · ( + B) + ·

(B · + A).

a)   b) A · + C  c) A · B  d) A + B

32. (Ogledni primjerak testa za državnu maturu)

Za koje će vrijednosti logičkih varijabli A, B i C će vrijednost dane formule biti istinita?

40

41. Kako glasi logički izraz koji je opisan prika­zanom tablicom istinitosti?

A B C izlaz0 0 0 00 0 1 00 1 0 00 1 1 01 0 0 01 0 1 11 1 0 11 1 1 0

a) A · · C + A · B ·   b) A · B · + A · · Cc) (A + + C) · (A + B + )  d) ( A +B + ) · ( A + + C)

42. Koji logički izraz odgovara sljedećoj tablici istinitosti?

A B C izlaz0 0 0 00 0 1 00 1 0 10 1 1 01 0 0 11 0 1 01 1 0 01 1 1 0

a) Y = A · B · + A · · b) Y = A · B · + A · B · Cc) Y = (A + + C) · ( A + B + C)d) Y = A · · C + A · B · C

( + ) · + · (B · + A) + (C + A) · (A · )

a) (0, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 0) b) (0, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 0, 0) c) (1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 0, 1) d) (0, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 0)

38. (Probna državna matura, 2009.)

Koji će oblik nakon pojednostavljivanja imati logička formula

A ·( + ) + B ·

(A · C + B)?

a) A · C +   b) A + B +   c) A +   d) A ·

39. Državna matura 2012./2013. Informatika

Kako glasi logički izraz A + B + B · A nakon pojednostavljenja?

a) A ·   b) A +c) A + B  d) A · B

40. Državna matura 2014./2015. Informatika

Kako glasi logički izraz A + B · B nakon pojednostavljenja?

a) A · Bb) A c) 0 d) 1

41

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

13. a) 0 b)

c) A + B + C

d) B(A + C)

e) A ∨ B ∨ C

f) A ∨ B ∧ C

g) A ∧ B

h) B + +

i) B + +

j)

k) ¬C ∧ (¬A ∨ ¬B)

l) A ∧ (B ∨ C)

m) A

n) A ∨ B ∨ C ∨ D

14. a) A

b) A ∨ B ∨ C

c) B ∧ ¬C ∨ ¬A ∧ ¬B ∧ C

15. a) Da.

b) Ne.

c) Da.

RJE ENJA

16. NOT (A OR B OR NOT C) AND C OR A AND B OR C Prioriteti logičkih operacija:

1. NOT, 2. AND, 3. OR

17. 18.

19. ( · · · D) + ( ·B · · ) + (A · · · D) + (A · B · · ) + (A · B · · D) + (A · B · C · ) + (A · B · C · D) = ... = (A · B) + (B · · ) + ( · · D)

Negacija: ( ·B · D) + ( · C) + (B · ) + ( · )Rješenje: A

22. (0, 1, 1) 23. 8 24. A 25. 6 26. · (B + )ž 27. 8 28. 8 29. A · B · C 39. a) 40. d) 41. a) 42. a)

43

2. Kombinatorika2.1. Faktorijeli i binomni koeficijenti

2.2. Svojstva binomnih koeficijenata

2.3. Osnovni principi prebrojavanja

2.4. Permutacije

2.5. Varijacije

2.6. Kombinacije

Poslije ovog poglavlja moći ćeš:

•primijeniti svojstva binomnih koeficijenata

• prepoznati i opisati principe prebrojavanja, permutacija, varijacija i kombinacija

• objasniti, izračunati i dati primjer permutacija, varijacija i kombinacije

• ilustrirati i riješiti problem rabeći kombinatoriku

• primijeniti principe kombinatorike na digitalnu logiku.

44

2. KOMBINATORIKA

Čovjek je od oduvijek iskušavao svoju sreću. Prvi dokazi o igrama na sreću potječu iz 4. tisućljeća pri­je Krista. Astragali su kosti ovčjih ili kozjih papaka koje imaju četiri ravne plohe i dvije zaobljene. Drevni Egipćani, Babilonci, Rimljani kladili su se na koju će plohu pasti bačena kost ili su smišljali pravila za složenije igre pomoću astragala.

astragali

Etrušćani su bacali ikosaedar – tijelo omeđeno s 12 pravilnih peterokuta. Današnja šesterostrana kocka pojavljuje se u igrama na sreću dva tisućljeća prije Krista.

Igre na sreću bile su popularne i u Kini i Indiji. U zapisima indijski matematičari naslućuju se korijeni kombinatorike – spominju se permutacije i kombinacije.

O kockanju govori Knjigu o bacanju kocke iz 16. stoljeća. Autor Girolamo Čardano analizira vjerojatnosti dobitka u igri s „poštenom igraćom kockom”. Slijedi Razmiš­ljanje o igrama kockom u kojem Galileo Galilei razmatra različite ishode bacanja dv i ju kocaka.

Tako se kroz igre na sreću kombinatorika se u 17. stoljeću pojavila u Europi. Naziv joj potječe od njemačkog matematičara Leibniza.

Kombinatorikom se bavio i Jacob Bernoulli, koji u djelu Ars conjectandi iznosi svoju teoriju permutacija i kombinacija.

I Leonhard Euler bavi se kombinatorikom. Razmatra problem n napisanih pisama i n adresiranih koverata. Na koliko se načina pismo može staviti u pogrešnu kovertu?

GEROLAMO CARDANO(1501. – 1576.)

GALILEO GALILEI(1564. – 1642.)

GOTTFRIED LEIBNIZ(1646. – 1716.)

JACOB BERNOULLI(1655. – 1705.)

45

KOMBINATORIKA

2.1. Faktorijeli i binomni koeficijentiUvodimo sljedeće oznake: 0! = 1 1! = 1 2! = 1 · 2 3! = 1 · 2 · 3 4! = 1 · 2 · 3 · 4

Umnožak prvih n prirodnih brojeva označava se s n! i čita se „en faktorijel“. Po definiciji je 0! = 1.

U tablici su vrijednosti n! za 0 n 7.

n 0 1 2 3 4 5 6 7n! 1 1 2 6 24 120 720 5040

Budući da je n! = 1 · 2 · 3 · 4 · ... · (n – 1) · n,

za računanje često se upotrebljava formulu

n! = (n – 1)! · n,  n ϵ N

PRIMJER 1.

Odredimo 12!.» 12! = 11! · 12 = 39 916 800 · 12 = 479 001 600 ∎

Zadatak 1.

Odredi pomoću a.a) 3! · 4!   b) 8!   c) (12 – 7)!

» a)144 b) 40 320 c) 120 ∎

Uočimo da broj n! brzo raste. Zato se za velike brojeve n koristi Stirlingova formula:

! 2nnn n e

≈ π

Ovdje je e je baza prirodnog logaritma. Pronađi ga na u! Koliko iznosi broj e?

James Stirling(1692. – 1770.)

faktorjel

škotski je matematičar.Abraham de Moivre prvi je

izveo formulu za aprok­simativno izračunavanje vrijednosti faktorijela,

koja je pogrešno pripisana Jamesu Stirlingu.

46

PRIMJER 2.

Izračunajmo 13! i 37! koristeći se definicijom, a zatim pomoću Štirlingove formule.

» 13! = 479 001 600 · 13 = 6 227 020 800 = 6.2270208 · 109

37! = 1.37637530912263 · 1043

Pomoću formule:13! 6.18723947519271 · 109

37! = 1.37327892833576 · 1043 ∎

Zadatak 2.

Izračunaj 14! i 35! pomoću a i Štirlingove formule pa rezultate usporedi.

» : 8.71782912 ∙ 1010, Štirlingova formula: 8.666100174 ∙ 1010, : 1.033314797 ∙ 1040, Štirlingova formula: 1.030857517 ∙1040 ∎

PRIMJER 3.

Izračunajmo bez a.

a) 10!11!12!13! b) (n – 1)!

(n + 1)!

» a) 10!11!12!13! = 10! · 11 · 10!

12 · 11 · 10! · 13 · 12 · 11 · 10! = 1

12 · 13 · 12 · 11= 120592

b) (n – 1)!(n + 1)!

= (n – 1)!

(n + 1) · n · (n – 1)! = 1

(n + 1) · n = 1

n2 + n ∎

Zadatak 3.

Izračunaj bez a.

a) 5!· 6!7!· 8!   b) ( 3)!

!n

n+   c) ( 4)!

( 1)!nn−−

  d) ( 4)!( 2)!nn++

» a) 120592  b) (n + 3) (n + 2) (n + 1) c) 1

( 1)( 2)( 3)n n n− − − d) (n + 4) (n + 3) ∎

Leonhard Euler(1707. – 1783.)

švicarski je matematičar, fizičar, astronom, geograf i logičar koji je napravio važna otkrića u mnogim granama matematike: infitezimalnom računu,

teoriji grafova, topologiji i analitičkoj teoriji brojeva.

Poznat je po doprinosu mehanici fluida, dinamici, optici, astronomiji i teoriji

muzike.Eulerova konstanta

(Eulerov broj) e približno iznosi 2.71828. To je baza

prirodnog logaritmalogea = ln a.

Može se dobiti kao suma beskonačnog reda:

1 1 1e = 1+ + + + ...1! 2! 3!

KREATIVA

Otkrij na koje se načine može

zapisati Eulerov broj.

47

KOMBINATORIKA

Binomni koeficijenti su brojevi označeni s nk

, što se čita „en povrh ka“, definirani ovako:

0! , , , 0( )! !

n n n k k nn k kk

= ∈ ≤ ≤ − ⋅

PRIMJER 4.

Izračunajmo 32 , 6

3 .

» 32 = 3!

(3 – 2)! · 2! = 3!

1! · 2! = 6

2 = 3

63 = 6!

(6 – 3)! · 3! = 6!

3! · 3! = 720

36 = 20 ∎

PRIMJER 5.

Izračunajmo 2620

pomoću a.

» Upotrijebit ćemo tipku nCr .

26   nCr   20   =

Rezultat je 230 230. ∎

Zadatak 4.  

Izračunaj i rezultat provjeri om.

a) 75

  b) 119

  c) 162

» a) 21 b) 55 c) 133 ∎

Zadatak 5.

Izračunaj pomoću a.

a) 3528

  b) 9895

  c) 20202018

» a) 6 724 520 b) 15 2096 c) 203 190 ∎

binomni koeficijent

48

2.2. Svojstva binomnih koeficijenataBinomni koeficijenti se mogu organizirati u obliku Pascalova trokuta tako da se napišu svi binomni koeficijenti za n = 0, n = 1, n = 2, n = 3, ... u obliku:

00

10 1

1

20 2

1 22

30 3

1 32 3

3

40 4

1 42 4

3 44

………..

Vrijednost je tih koeficijenata dana na slici.

U Pascalovu trokutu mogu se uočiti svojstva binomnih koeficijenata.1. Na stranicama trokuta nalaze se jedinice.

=

 i  1

nn

=

 ∀ n ϵ N.

Blaise Pascal(1623. – 1662.)

francuski filozof, mate­matičar, izumitelj i fizičar. Sa 16 godina objavio je rad s nizom teorema iz

projektivne geometrije. S 22 godine za oca, koji je

bio sku pljač poreza, kon­struirao je prvo digitalno računalo, nazvano Pas­

caline, slične konstrukcije kao mehanička računala iz 1940­ih. Otkrio je da se s visinom tlak snizuje, ut­vrdio je da tlak zraka ovisi o temperaturi i vlažnosti i time postavio temelje

meteorologije. Proučavao je hidrostatiku, po

njemu je nazvana mjerna jedinica za tlak. Zasnovao

je teoriju vjerojatnosti proučavajući igre na

sreću, bavio se teorijom brojeva i infinitezimalnim

računom.

49

KOMBINATORIKA

2. U svakom su retku brojevi koji se jednako čitaju slijeva nedesno i zdesna nalijevo.

Primjerice, u 10. retku jednaki su 2. i 10. element, a u 11. retku 4. i 8. element:

12036 = 120

84 .

Općenito, binomni koeficijenti imaju svojstvo simetrije:

n nk n k

= −  ∀ n ϵ N, k = 1, 2, 3, ..., n..

3. Istaknuti trokuti na sljedećoj slici povezuju dva elementa jednog retka s njihovim zbrojem koji se nalazi u sljedećem retku.

Elementi Pascalova trokuta koji nisu rubni mogu se dobiti zbrajanjem dvaju ele­

menta iz prethodnog retka koji se nalaze iznad njega. Primjerice, 52 + 5

1= 62.

Općenito vrijedi:

11

n n nk k k

+ + = −

 ∀ n ϵ N, k = 1, 2, 3, ..., n.

4. Binomni koeficijenti prirodni su brojevi jer su ili zbroj dvaju prirodnih brojeva ili su jednaki 1.

nk ϵ N

50

Mistična riječABRAKADABRA

nosila se u srednjem vijeku u obliku trokuta oko vrata.

Na trokutu se ta riječ mogla pročitati na 1024 načina.

A B R A K A D A B R AA B R A K A D A B R

A B R A K A D A BA B R A K A D A

A B R A K A DA B R A K A

A B R A KA B R A

A B RA B

A

PRIMJER 1.

Koristeći se svojstvom simetrije izračunajmo 64 i 100

98 .

» 64 = 6

2 = 6 · 51 · 2

= 15

10098 = 100

2 = 100 · 991 · 2

= 4950 ∎

Zadatak 1.

Izračunaj koristeći se svojstvom simetrije.

a) 2623

  b) 555

5

  c) 8982

» a) 2600 b) 4.309603445∙1011 c) 6 890 268 572 ∎

PRIMJER 2.

Provjerimo vrijedi li jednakost 16 16 1712 11 12

+ =

.

» 16! 16! 17!12! 4! 11!5! 12!5!+ =

12! 13 14 15 16 11! 12 13 14 15 16 12! 13 14 15 16 1712! 4 3 2 1 11! 5 4 3 2 1 12! 5 4 3 2 1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

1820 + 4368 = 6188

6188 = 6188 ∎

Zadatak 2.

Izračunaj na najkraći način.

a) 12 129 8

+

  b)

32 3230 29

+

» a) 715 b) 5456 ∎

51

KOMBINATORIKA

2.3. Osnovni principi prebrojavanjaČesto imamo potrebu nešto prebrojiti, razvrstati, grupirati. Elemente organiziramo po određenim svojstvima u skupove: skup učenika, skup europskih zemalja, skup parnih brojeva...

Kombinatorika se bavi prebrojavanjem elemenata konačnih skupova i njihovih podskupova.

Prisjetimo se što znamo o skupovima.

Konačan skup može se zadati navođenjem elemenata ili navođenjem svojstava ele­menata. Primjerice,

S = 2, 3, 5, 7 ili S = n : n < 10, n je prost broj.

Broj elemenata skupa naziva se kardinalni broj. Kardinalni broj skupa S označava­mo |S| ili k(S). Za prethodni primjer vrijedi |S| = 4.

Škup može biti prazan. Oznaka praznog skupa jest ∅. Njegov je kardinalni broj 0.

Elementi skupa mogu se razvrstati u podskupove prema određenim svojstvima. Tako se u promatranom skupu S mogu uočiti svi neparni brojevi N = 3, 5, 7. Škup N podskup je skupa S. Pišemo N ⊆ S. Ovdje je N pravi podskup skupa S i možemo pisati N ⊂ S.

Šlično možemo promatrati skup P = 2, podskup skupa S koji sadrži parne brojeve.

Uniju dvaju skupova čini svi elementi koji pripadaju bilo kojem od tih skupova. Unija naših skupova N i P jest skup S. Pišemo N ⋃ P = S.

Presjek dvaju skupova čine elementi koji pripadaju i jednom i drugom skupu. Prim­ijetimo da je presjek promatranih skupova N i P prazan: N ⋂ P = ∅. Za takve skupove kaže se da su disjunktni.

Razliku dvaju skupova čine oni elementi koji su u prvom skupu, a ne u drugom. Tako je S \ N = 2, tj. S \ N = P.

Ako je N ⊂ S, tada svi elementi skupa S koji ne pripadaju skupu N čine komplement skupa N. Oznaka: N. U našem je slučaju N = P, odnosno P = N.

Kartezijev produkt dvaju skupova skup je uređenih parova takvih da je prvi član uređenog para iz prvog skupa, a drugi član iz drugog skupa. Za naše skupove N i P možemo promatrati ove Kartezijeve produkte:

N × P = (3, 2), (5, 2), (7, 2) i P × N = (2, 3), (2, 5), (2, 7).

52

Osnovni principi prebrojavanja

1. Princip bijekcije (ili jednakosti)

Neka su S i T konačni skupovi. Ako postoji bijekcija između skupova, onda je |S| = |T|.

PRIMJER 1.Koliko je brojeva manjih od 500 djeljivo s 11?

» Radi se o brojevima 11, 22, 33, ..., 495. Pitanje je koliko članova ima taj niz. Budući da je 11 = 1 · 11, 22 = 2 · 11, 33 = 3 · 11, ..., 495 = 45 · 11, to možemo promatrati bijekciju 1, 2, 3, ..., 45 → 11, 22, 33, ..., 495. (Uvjeri se da je to preslikavanje doista bijekcija!) Prema principu bijekcije promatrana dva skupa imaju jednak broj elemenata, a to znači da je u skupu prirodnih brojeva do 500 njih 45 djeljivo s 11. ∎

2. Princip zbroja

Neka su S i T konačni skupovi koji su disjunktni. Tada je unija S ⋃ T konačan skup za koji vrijedi |S ⋃ T| = |S| + |T|.

PRIMJER 2.Za vrijeme učenja Vid je zaželio osvježiti se jednim komadom voća. U kuhinji je našao 5 banana, 4 kruške i 2 naranče. Na koliko načina Vid može odabrati osvježenje?

» Radi se o tri disjunktna skupa voća: B, K i N. Prema principu zbroja Vid može bi­rati iz unije tih skupova u kojoj ima |B| + |K| + |N| = 5 + 4 + 2 = 11 komada voća. Vid, dakle, osvježenje može odabrati na 11 načina. ∎

3. Princip produkta

Neka su S i T konačni skupovi. Tada je njihov Kartezijev skup S × T konačan skup za koji vrijedi |S × T| = |S| · |T|.

PRIMJER 3.Učeći Vid je ogladnio pa je poželio pojesti krišku kruha s nekim namazom. U kuhinji je našao crni i integralni kruh, a od namaza paštetu, maslac i med. Na koliko načina Vid može složiti svoju užinu?

Af

B

Funkcija f : A → B injektivna je funk­cija (injekcija) ako različite elemente skupa A preslikava u različite elemente

skupa B.

Af

B

Funkcija f : A → B surjektivna je funkcija (surjekcija) ako za svaki element y iz

skupa B postoji ele­ment x iz skupa A za

koji je f (x) = y.

A

f

B

Funkcija f : A → B bijektivna je funkcija (bijekcija) ako je injektivna i surjek­

tivna.

Kaže se da je bijekci­ja 1­1 preslikavanje.

53

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE

» Radi se o dva skupa: K = crni kruh, integralni kruh i N = pašteta, maslac, med. Kad Vid odabere kruh (na dva načina), namaz može odabrati na 3 načina. Prema principu produkta Vid može užinu birati na |K| · |N| = 2 · 3 = 6 načina. ∎

Osnovni principi prebrojavanja vrijede za ma koliko skupova.

PRIMJER 4.

Koliko ima šesteroznamenkastih brojeva?

» Šesteroznamenkasti broj možemo promatrati kao uređenu šestorku, dakle kao element Kartezijeva produkta šest skupova od kojih prvi S1 = 1, 2, ..., 9 ima devet elemenata, a preostali skupovi S2 = S3 = S4 = S5 = S6 = 0, 1, 2, ..., 9po deset eleme­nata. Zato je broj svih šesteroznamenkastih brojeva jednak broju elemenata tog Kartezijeva produkta i iznosi:

9 · 10 · 10 · 10 · 10 · 10 = 900 000. ∎

Zadatak 1.

Koliko ima peteroznamenkastih brojeva mobitela kojima prva znamenka ne može biti 0 ni 5?» 80 000 ∎

PRIMJER 5.

Koliko vozila registriranih u Zagrebu ima registracijsku pločicu poput ove na slici?

» Iza grba na pločici su 3 znamenke birane iz skupa od 10 znamenaka i dva slova birana iz skupa od 22 slova: A, B, Č, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, R, Š, T, U, V, Z. Takvih pločica ima

10 · 10 · 22 · 22 · 22 = 1 064 800 ∎

Zadatak 2.

Koliko se različitih lozinki može sastaviti od pet slova i tri znamenke?» 5 153 632 000 ∎

54

PRIMJER 6.

U razrednom je odjelu 10 djevojaka i 12 mladića? Na koliko je načina moguće odab­rati

a) 3 djevojke i 2 mladića

b) peteročlanu delegaciju.

» a) Prvu je djevojku moguće izabrati na 10 načina, drugu na devet, a treću na 8 načina. Za svaki izbor djevojaka prvog je mladića moguće izabrati na 12 načina , a drugog na 11. Mogućih izbora ima: 10 · 9 · 8 · 12 · 11 = 95 040.

b) Od 22 učenika prvog člana možemo birati na 22 načina, drugog na 21 i tako do posljednjeg, petog koji se može birati na 18 načina. Peteročlanu delegaciju moguće je birati na 22 · 21 · 20 · 19 · 18 = 3 160 080 načina. ∎

Zadatak 3.

U školskoj se knjižnici knjige mogu pretraživati i po kriteriju kojem od 4 ŠTEM po­dručja pripadaju. Knjižnica ima 18 knjiga iz znanosti (Š), 26 iz tehnologije (T), 12 iz inženjerstva (E) i 20 iz matematike (M). Na koliko načina Petar može posuditi po jednu knjigu iz ta četiri područja?

» Petar može iz svakog područja uzeti po jednu knjigu na 18 · 26 · 12 · 20 = 112 320 načina. ∎

Zadatak 4.

Školska knjižnica iz prethodnog zadatka nema niti jednu knjigu iz ŠTEM područja u više primjeraka. Nakon što je Petar odabrao po jednu knjigu iz svakog područja, na koliko načina to isto može učiniti Pavao prije nego Petar vrati posuđeno?

» Pavao može odabrati knjige na 17 · 25 · 11 · 19 = 88 825 načina. ∎

55

KOMBINATORIKA

2.4. Permutacije

Neka je b1, b2, b3, b4, b5, ..., bn skup od n elemenata. Švaki raspored svih elemenata bez ponavljanja naziva se permutacija bez ponavljanja.

Broj permutacija skupa od n elemenata bez ponavljanja računa se:P(n) = n! = n · (n − 1) · (n − 2) · ... · 3 · 2 · 1.

U kombinatorici, permutacija je niz koja sadrži točno jednom svaki element nekog konačnog skupa. Pojam niza razlikuje se od pojma skupa po tome što u skupu nije određen redoslijed elemenata, dok je u nizu točno određeni raspored elemenata.

PRIMJER 1.

Koliko ima šesteroznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenaka 1, 2, 3, 5, 7, 9?

» Prva znamenka šesteroznamenkastog broja može se izabrati na 6 načina. Za sva­ki izbor prve znamenke druga se znamenka može se izabrati na 5 načina. Dakle, prve se dvije znamenke mogu izabrati na 6 · 5 načina. Itd.

Nakon što je izabrano prvih pet znamenaka (na 6 · 5 · 4 · 3 · 2 načina) preostala je samo jedna znamenka koja se može izabrati na samo 1 način.

Dakle, ukupni je broj izbora 6! = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720. ∎

Zadatak 1.

Koliko ima sedmeroznamenkastih brojeva sastavljenih od znamenaka 0, 1, 2, 3, 5, 7, 9?

» 4320. ∎

PRIMJER 2.

Koliko permutacija bez ponavljanja elemenata 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 počinjea) s 61  b) s 1234?

» a) Kad su odabrane prve dvije znamenke, preostalo je odabrati 8 – 2 znamenaka na uobičajeni način. Dakle, (8 − 2)! = 6!

b) Od broja elemenata treba oduzeti broj fiksnih znamenaka:(8 − 4)! = 4! ∎

Višnu je jedan od bogova u hinduizmu. Prikazuje ga se kao mla dića s četiri ruke u

kojima drži školjku, disk, tol­jagu i lotosov cvijet. Ovisno

o rasporedi tih predmeta u rukama, Višnu dobiva

posebno ime. Koliko je takvih imena?

56

Zadatak 2. Koliko permutacija bez ponavljanja elemenata 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 počinjea) 5, b) 234?

» a) 5040 b) 120 ∎

Kad navodimo permutacije elemenata nekog skupa, navodimo ih određenim redom. Pritom se koristimo leksikografskim poretkom koji se upotrebljava za utvrđivanje redosljeda riječi u rječnicima.

PRIMJER 3.

Odredimo sve permutacije od elemenata T, O, N, I. Koliko ih ima? Koja je po redu permutacija TINO?

» Napišimo zadane elemente abecednim redom: INOT. Ostavimo prva dva slova na njihovim mjestima, a ostalim slovima zamijenimo mjesta. Šad na drugo mjesto stavimo sljedeće slovo (O), a ostala slova napišimo po abecedi: IONT. Ponovno ostavimo prva dva slova na njihovim mjestima, a ostale permutirajmo. Napokon, na drugo mjesto stavimo T i ponovimo postupak.

Tako smo dobili prvi stupac sljedeće tablice.1. stupac 2. stupac 3. stupac 4. stupac

INOT NIOT OINT TINO

INTO NITO OITN TION

IONT NOIT ONIT TNIO

IOTN NOTI ONTI TNOI

ITNO NTIO OTIN TOIN

ITON NTOI OTNI TONI

P = 4! = 4 · 3 · 2 · 1 = 24. TINO je 19. permutacija.

Zadatak 3.

Koliko ima permutacija od elemenata T, E, H, N, I, Č , A, R? Odrediteih pomoću računala.

» 40 320. ∎

57

KOMBINATORIKA

Promatrajmo skup od n elemenata, od kojih je k1 jedne vrste, k2 druge vrste, k3 treće vrste, ..., km m-te vrste. Pritom je m < n i k1 + k2 + k3 + ... + km n.

Švaki linearni poredak svih n elemenata nekog skupa naziva se permutacija s po­navljanjem od n elemenata, gdje je k1 jednakih, k2 jednakih, ..., km jednakih.

Broj permutacija skupa od n elemenata s ponavljenjem računa se po formuli:

1 1, , ...,1 2

!( ) ! ! ... !mk k km

nP n k k k=⋅ ⋅ ⋅

PRIMJER 4.

Koliko se šesteroznamenkastih brojeva može sastaviti od znamenaka 1, 1, 1, 2, 2, 3?

» Zadano je 6 znamenaka od kojih se jedna ponavlja 3 puta, a druga 2 puta. Zato računamo

3,23! 4 5 66!(6) 303! 2! 3! 2 1P ⋅ ⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅ ⋅. ∎

Zadatak 4.

Koliko je brojeva binarnog sustava sastavljeno od tri 0 i tri 1?

» 10. ∎

PRIMJER 5.

Napiši sve permutacije sastavljene od slova A, A, M, M. Koliko ih ima?

» Zadana su 4 slova od kojih su 2 i 2 jednaka. Zato ima 2,22! 3 44!(4) 62! 2! 2! 2 1P ⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅ ⋅

permutacija.

AAMM  AMAM  AMMA  MAAM  MAMA  MMAA ∎

Zadatak 5.

Koliko se različitih nizova može dobiti od slova B, A, N, A, N, A? Napiši sve pomoću računala.

» 60 ∎

58

2.5. Varijacije

Svaki linearni poredak od k različitih elemenata nekog skupa od n elemenata (1 k n), naziva se varijacija bez ponavljanja reda k od n elemenata.

Broj varijacija bez ponavljanja računa se ovako:

!( )!

nk

nV n k= =−

n(n − 1)(n − 2) ... (n − k + 1).

Varijacijom bez ponavljanja reda k n­članog skupa An = a1, …, an, k n, zovemo bilo koju k­torku različitih elemenata iz An.

PRIMJER 1.

Napišimo sve varijacije trećeg reda bez ponavljanja od elemenata 1, 2, 3, 4.

» 43V = 4 · 3 · 2 = 24

1. stupac 2. stupac 3. stupac 4. stupac

123 213 312 412124 214 314 413132 231 321 421134 234 324 423142 241 341 431143 243 342 432 ∎

Zadatak 1.

Koliko se troznamenkastih brojeva s različitim znamenkama može napisati pomoću znamenaka 1, 3, 5, 7, 9?

» 60 ∎

PRIMJER 2.

Na koliko se načina može napraviti sendvič ako se biraju tri nadjeva između ponuđenih: šunka, sir, majoneza, jaje, rajčica, salata?

» Traženi broj jednak je broju varijacija bez ponavljanja od 6 elemenata 3. reda.

63V = 6 · 5 · 4 = 120 ∎

59

KOMBINATORIKA

Zadatak 2. Na koliko način možeš izabrati dva izborna predmeta od ponuđenih: engleski jezik, njemački jezik, logika, fizika, web programiranje, web dizajn i primijenjena mate­matika?

» 2520 ∎

Linearni poredak od k elemenata (koji se mogu ponavljati) nekog skupa od n ele­menata (1 k n), naziva se varijacija s ponavljanja reda k od n elemenata.

Broj varijacija s ponavljanjem k­tog reda od n elemenata računa se ovako:n kkV n= .

PRIMJER 3.

Koliko je mogućih ishoda bacanja 8 različitih oktaedara?

» Švaki oktaedar može pasti na 8 različitih načina. (Zamislimo da su na njegovim stranama – trokutima istaknute točkice kao kod igraće kocke.) Za svaki od tih načina svaki od ostalih 7 oktaedara može pasti na 8 načina, dakle na 8 · 8 · 8 · 8 · 8 · 8 · 8 načina.

Ukupan je broj ishoda 88 = 16 777 216. Riječ je o varijacijama s ponavljanjem 8 ele­menata, 8­og reda. ∎

Zadatak 3. Na raspolaganju je 6 tvrdih diskova i 4 naljepnice. Na koliko načina možemo zalijepi­ti naljepnice na tvrde diskove?

» 4096 ∎

PRIMJER 4.

Koliko ima šesteroznamenkastih lozinki koji u svom zapisu na sadrže znamenke 1 i 6?

» Na svako od šest mjesta u šesteroznamenkastoj lozinki kandidat je bilo koja zna­menka iz osmeročlanog skupa 0, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9. Broj je mogućih zapisa

8 66 8 262 144V = = . ∎

oktaedar

60

2.6. Kombinacije

Svaki podskup od k (k n) elemenata nekog skupa od n elemenata naziva se kom­binacija bez ponavljanja k­tog reda od n elemenata.

Broj kombinacija bez ponavljanja k­tog reda od n elemenata računa se ovako:( 1) ( 2) ... ( 1)

!nk

n n n n n kC kk ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − += =

.

Neka je zadan je skup S = s, t, u, p. Promatrajmo njegove podskupove.

Za r = 1 imamo jednočlane podskupove: s, t, u, p.

41

44

1C

= =

Za r = 2 imamo dvočlane podskupove: s, t, s, u, s, p, t, u, t, p, u, p.

42

4 4 3 61 22C ⋅= = = ⋅

Za r = 3 imamo tročlane podskupove s, t, u, s, t, p, s, u, p, t, u, p.

43

4 4 3 2 41 2 33C ⋅ ⋅= = = ⋅ ⋅

Za r = 4 imamo jednu jedinu kombinaciju, četveročlano podskup s, t, u, p.

44

41

4C

= =

Za r 4 nema kombinacija skupa S.

PRIMJER 1.

Rukometna ekipa ima 16 igrača od koji igra uvijek 7 igrača na terenu dok ostali sjede na klupi. Kad bi trener redovito mijenjao igrače koliko bi sedmorki mogao izabrati?

» Radi se o kombinacijama 7. reda od ukupno 16 igrača.

167 = 16!

7! · (16 – 7)! = 16 · 15 · 14 · 13 ·12 · 10 · · 9!

7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 9 = 11 440 ∎

61

KOMBINATORIKA

Zadatak 1. Na teniskom turniru sudjeluje 16 tenisača. Ako svaki tenisač igra sa svakim sudio­nikom samo jedanput, koliko će se mečeva odigrati na turniru?

» 120 ∎

PRIMJER 2.

Zadano je osam točaka od koje su svake tri nekolinearne.

a) Odredimo broj dužina koje su određene zadanim točkama.

b) Odredimo broj trokuta kojima su vrhovi zadane točke.

» a) Dužinu (i pravac) određuje svaki par točaka. Broj dužina jednak broju kombi­

nacija 2. reda od 8 elemenata: 82 = 28.

b) Trokut je određen svakom trojkom koja se može izabrati od 8 elemenata: 83 = 56.

Zadatak 2. Potrebno je za priredbu izabrati bilo kojih sedam učenika iz razrednog odjela od 22 učenika. Na koliko se načina to može učiniti?

» 170 544 ∎

PRIMJER 3.

Raspolažemo s 12 jabuka, 8 kivija i 5 šljiva. Koliko različitih voćnih salata možemo složiti tako da svaka salata sadrži 3 jabuke, 3 kivija i 2 šljive?

» Tri jabuke možemo izabrati na 123

načina. Tri kivija možemo izabrati na 83

načina. Dvije šljive možemo izabrati na 52

načina. Ukupan je broj voćnih salata:

123

· 83

· 52

= 123 200. ∎

KREATIVA

Osmisli zadatak vezan uz najdraži sport i prezentiraj

ga razrednom odjelu.

62

Ako iz n­članog skupa treba izdvojiti k elemenata koji se mogu i ponavljati, radi se o kombinacijama s ponavljanjem k­tog reda od n elemenata.

Broj kombinacija s ponavljanjem k­tog reda od n elemenata računa se ovako:1n

k

n kC

k+ −

=

.

PRIMJER 4.

Napišimo sve moguće kombinacije s ponavljanjem pomoću elemenata skupa 1, 2, 3, a koje imaju a) dva znaka  b) četiri znaka.

» a) 1, 1, 1, 2, 1, 3, 2, 2, 2, 3, 3, 3

b) 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 1, 1, 1, 3, 1, 1, 2, 2, 1, 1, 2, 3, 1, 1, 3, 3, 1, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 3, 3, 1, 3, 3, 3, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 2, 2, 3, 3, 2, 3, 3, 3, 3, 3, 3, 3

Broj kombinacija iznosi:

a) 32

3 2 1 4 4 3 61 22 2C

+ − ⋅= = = = ⋅ , b) 3

4

3 4 1 6 6 6 5 151 24 4 2C

+ − ⋅= = = = = ⋅ . ∎

Napomena

Kod permutacija i varijacija važan je poredak elemenata. Tako riječi ŠOK i KOŠ ima­ju potpuno različita značenja, uređeni parovi (2, 5) i (5, 2) pridruženi su različitim točkama ravnine.

Kod kombinacija poredak se ne uzima u obzir. Primjerice 1, 2, 3 = 2, 3, 1.

PRIMJER 5.

Šnop sadrži 52 karte. Iz snopa izaberemo četiri karte tako da kad izvučemo prvu kar­tu, vraćamo je u snop pa na isti način biramo ostale karte. Na koliko načina možemo izabrati četiri karte iste boje?

» Boju ( ) možemo odabrati na četiri načina. Švaka se boja nalazi na 13 karata. Četiri karte iste boje možemo odabrati na 13

4C načina. Mogućih izbora ima:

4 ∙ 134C =7 280. ∎

63

KOMBINATORIKA

LISTA SAMOPROCJENE

ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE u potpunosti djelomično nedovoljno

• primjenjujem svojstva binomnih koeficijenata

• prepoznajem i opisujem principe prebrojavanja, permutacije i kombinacije

• objašnjavam i navodim primjer permutacije, verijacije, kombinacije

• izačunavam permutacije, varijacije i kombinacije

• Gdje najčešće griješim? Za što trebam pomoć?

Tri važna pojma:

Dvije zanimljivosti

Jedna činjenica koju ne znam

64

PREGLED GRADIVAFaktorjel je umnožak svih prirodnih brojeva manjih ili jednakih nekom broju.

n! = (n – 1)! · n,  n ϵ N

Štirlingova formula aproksimira faktorjel za velike bojeve.

i! 2

nnn n e ≈ π

Binomni koeficijenti su prirodni brojevi koji se računaju po formuli:

0! , , , 0( )! !

n n n k k nn k kk

= ∈ ≤ ≤ − ⋅ .

Broj permutacija bez ponavljanja od n elemenata računa se po formuli:

P(n) = n!.

Broj permutacija od n elemenata od kojih je se ponavlja k1, k2, ..., km elemenata:

1 1, , ...,1 2

!( ) ! ! ... !mk k km

nP n k k k=⋅ ⋅ ⋅

.

Broj varijacija od n elemenata k­tog reda računa se po formuli:!

( )!n

knV n k=− .

Broj varijacija s ponavljanjem od n elemenata k­tog reda računa se po formuli:n kkV n= .

Broj kombinacija od n elemenata k­tog reda računa se po formuli:

nk

nC

k

=

.

Broj kombinacija s ponavljanjem od n elemenata k­tog reda računa se po formuli:1n

k

n kC

k+ −

=

.

65

KOMBINATORIKA

ZADATCI

1. Kad se upotrebljava Štirlingova formula?

2. Navedi svojstva binomnih koeficijenata. Čemu ta svojstva služe?

3. Navedi osnovne principe prebrojavanja. Potkrijepi svaki od njih primjerom.

4. Š to su permutacije?

5. Ima li više permutacija riječ MANA ili MANE? Zašto?

6. Objasni razliku permutacija i varijacija.

7. Koja je razlika između permutacija ele­menata skupa M, A, K i tročlanih vari­jacija elemenata tog skupa?

8. Š to su kombinacije?

9. Objasni razliku varijacija i kombinacija.

10. Zašto je broj varijacija nekog skupa veći od broja kombinacija tog skupa istog reda?

12. Navedi primjer varijacije s ponav lja njem.

13. Navedi primjer kombinacija s ponav lja­njem.

14. Koliko bi dana trajao teniski turnir ako 16 igrača igra svaki sa svakim jedanput? Dnevno se igraju mečevi od 9 h do 21 h. Možeš li točno odrediti? Zašto?

¸ Napomena: otkrij koliko je mečeva odi­grano, nije potrebno računati.

15. Izračunaj.

a) n0    b) n

1    c) nn

16. Izračunaj.

a) 62 b) 7

4

17. Izračunaj.

a) 8!9!6!5! b) (n – 2)!

(n + 1)!

c) 2! +3! + 4! +5! d) 100!

e) 8! 9!

10! 11!⋅⋅ f)

( )( )

1 !2 !

nn−+

g) 10097

h) 999998

18. Dokaži da vrijedi svojstvo simetrije.

a) 49 4946 3

=

b) 120 120117 3

=

19. Izračunaj na najbrži način.

a) 19 1915 16

+

b) 21 2119 18

+

c) 36 3628 27

+

d) 8 8 95 6 7

+ +

20. Koliko se permutacija može napraviti od slova u zadanim riječima?

a) Končar  b) Zagorje  c) Budinšćak

21. Odredi 8., 10. i 17. permutaciju slova A, K, O, R.

66

22. Koja je po redu permutacija ZAGREB u lek­sikografski uređenom skupu permutacija slova A, B, E, G, R, Z?

23. Na koliko načina može 10 ljudi sjesti na klupu tako da Ivana i Mario sjede zajedno?

24. Na koliko načina 10 osoba može sjesti oko okruglog stola tako da Mateo i Matea uvijek sjede zajedno?

25. Odrediti sve permutacije vlastitog imena. Koliko ih ima?

26. Napiši kod koji daje prikaz svih permutaci­ja vlastitog imena.

27. Koliko ima četveroznamenkastih brojeva kojima su sve znamenke različite?

28. Koliko se riječi može sastaviti od 8 slova ako abeceda ima 30 slova ako se slova:

a) ne mogu ponavljati b) mogu ponavljati?

29. U sobi je 6 svjetiljaka. Na koliko se načina možemo osvijetliti soba? (Švaka svjetiljka može svjetliti ili ne).

30. Na koliko načina može svijetliti n semafora, ako k od njih svijetli samo crveno ili zeleno?

31. Športska prognoza nudi 12 susreta. Ko­liko različito popunjenih stupaca nudi 12 točnih odgovora?

32. Odredi broj kombinacija u zadanim igrama na sreću.

a) Lotto 6/45 b) Lotto 7/39

33. Od 4 učenika i 7 učenica treba izabrati skupinu koja će predstavljati školu. Na koliko se načina to možemo ako:

a) skupinu čine 2 učenika i 3 učenice

b) skupinu čini jednak broj učenika i uče­nica, bilo koliko osoba

c) skupina ima 5 članova od kojih su ba rem dvije učenice

d) skupinu čini jedna određena učenica i još četiri osobe.

34 Koliko je brojeva binarnom sustavu zapisano sa s nula i p jedinica?

KREATIVA

Provjeri rješenja pomoću https://www.mathsisfun.com/

combinatorics/combinations-per-mutations-calculator.html

67

KOMBINATORIKA

RJE ENJA

15. a) 1   b) n   c) 1

16. a) 15   b) 35

17. a) 169 344   b) 1

( 1) ( 1)n n n− +

c) 152   d) 10010010 2 3

π

e) 9900   f) 1

( 1)( 2)n n n+ +

g) 161 700   h) 999

19. a) 2016

= 4845   b) 2219

= 1540

c) 124 403 620   d) 120

20. a) 720  b) 5040  c) 362 880

21. KARO, KORA, ORKA

22. 618.

23. Promatrajmo Ivana i Marija kao jedan ob­jekt. Tada 9 objekata na 9 mjesta može sjesti na 9! načina. Za svaki od tih načina Ivan i Mario mogu na 2! načina zauzeti svo­ja mjesta.

9! · 2! = 725 760

24. Promatrajmo Mateu i Matea kao jedan ob­jekt i fiksirajmo njihovo mjesto za stolom. Ostali mogu sjesti na 8! načina, a njih dvoje mogu mijenjati mjesta na 2! načina. Ukup­no 80 640 načina.

27. Prvu znamenku možemo odrediti na 9 načina (jer 0 ne može biti na prvom mjes­tu). Nakon toga iz skupa od 9 preostalih znamenaka biramo tri znamenke na 9

3V načina. Ukupno 4 536.

28. a) 30!22!

= 235 989 936 000

b) 308 = 656 100 000 000

29. Označino sa S svjetiljku koja svijetli, a s N onu koja ne svijetli. Promatramo uređene šestorke čiji su elementi S i N. Takvih šestorki ima 26 = 64.

30. 2k · 3n – k

31. 312 = 531 441

32. a) 8 145 060  b) 15 380 937

33. a) 4 7

·2 3

= 210

b) 4 7 4 7 4 7 4 7· · · ·

1 1 2 2 3 3 4 4

+ + +

= 329

c) 4 7 4 7 4 7 4 7

· · · ·3 2 2 3 1 4 0 5

+ + +

= 455

d) 4 4 6 4 6 4 6 6

· · ·4 3 1 2 2 1 3 4

+ + + +

= 210

34. s + ps

69

3. Vjerojatnost3.1. Događaj

3.2. Vjerojatnost

3.3. Geometrijska vjerojatnost

3.4. Uvjetna vjerojatnost

3.5. Potpuna vjerojatnost

3.6. Bayesova formula

3.7. Zakon velikih brojeva

Poslije ovog poglavlja moći ćeš:

• opisati siguran i nemoguć događaj

• rabiti algebru događaja (uniju, presjek i komplement) za određivanje vjerojatnosti

• određivati geometrijsku vjerojatnost

• određivati uvjetnu vjerojatnost

• određivati potpunu vjerojatnost

• primijeniti Bayesovu formulu.

70

3. VJEROJATNOST

Vjerojatnost je mogućnost da će se neki događaj dogoditi. Teorija vjerojatnosti matematička je disciplina koja proučava matematički model slučajnog pokusa.

Poznato je da su indijski matematičari u 3. stoljeću prije Krista rješavali određene vjerojatnosne probleme.

Jednim od glavnih prethodnika teorije vjerojatnosti smatra se Girolamo Čardano, strastveni kockar, koji u Knjizi o bacanju kocke oko (1564. godine) opisuje vjerojat­nost kao omjer broja povoljnih i broja mogućih ishoda slučajnog pokusa.

Od želje za sigurnim dobitkom u igrama na sreću teorija vjerojatnosti se razvila do matematičke discipline u 17. stoljeću kroz dopisivanja francuskih matematičara Blaisea Pascala i Pierre de Fermata.

Prvi kompletan pregled svih do tada poznatih rezultata u teoriji vjerojatnosti dao je 1812. godine Francuz Pierre­Šimon Laplace u djelu Analitička teorija vjerojatnosti.

Godine 1933. ruski matematičar Andrej Nikolajevič Kolmogorov postavlja temelje aksiomatskom pristupu teoriji vjerojatnosti uvođenjem vjerojatnosnog prostora.

Geometrijska vjerojatnost prvi se puta javlja oko 1665. godine. Isaac Newton određu­je vjerojatnosti da lopta zanemarive veličine, bačena na slučajan način, padne na jedan od dvaju nejednakih dijelova kruga.

Geometrijskom se vjerojatnošću bavi i francuski matematičar Georges­Louis Le­clerc Buffon (18. stoljeće) koji određuje vjerojatnost da u pokusu bacanja igle na papir, na kojem je nacrtan sustav jednako udaljenih paralelnih pravaca, igla siječe neki od pravaca, pri čemu je udaljenost susjednih pravaca jednaka duljini igle. Ovaj problem daje eksperimentalni način odredivanje broja π.

Pierre de FermaT(1601. – 1665.)

Pierre­Simon Laplace(1749. – 1825.)

ANDREJ KOLMOGOROV (1903. – 1987.)

GEORGES-LOUIS LECLERC DE BUFFON

(1707. – 1788.)

71

VJEROJATNOST

3.1. DogađajiVjerojatnost je mogućnost da će se neki događaj dogoditi. Vjerojatnost izražavamo realnim brojem iz intervala [0, 1]. Događaj koji ima vjerojatnost 0 naziva se nemo­gućim, a događaj koji ima vjerojatnost 1 naziva se sigurnim.

Vjerojatnost događaja 0.5 znači da je jednako vjerojatno da će se događaj dogoditi i da se neće dogoditi. Vjerojatnost 0.96 znači da događaj nije siguran, ali je vrlo moguć.

Najčešći događaji za koje promatramo vjerojatnost odnose se na izvlačenje igraće karte, bacanje kovanice, izvlačenje loto­brojeva, gađanje mete u pikadu... Slučajan pokus jest događaj koji se može ponavljati ma koliko puta uz definirane uvjete, a čiji ishod nije jednoznačno određen. Šlučajan pokus mora imati barem dva ishoda.

Elementarnim događajem nazivamo mogući ishod slučajnog pokusa. Primjerice, prilikom bacanja kocke elementarni su događaji: pala je jedinica, pala je dvica itd.

Prostor elementarnih događaja jest skup svih elementarnih događaja nekog slučaj­nog pokusa. Ako je slučajan pokus bacanje kocke, prostor elementarnih događaja ima 6 elemenata.

Švaki podskup prostora elementarnih događaja naziva se događaj. Primjerice, pri bacanju kocke događaj može biti: „pao je paran broj”.

Povoljan ishod događaja A jest svaki elementarni događaj koji pripada događaju A. Primjerice, za događaj „pao je paran broj” povoljan ishod može biti „pala je šestica”.

PRIMJER 1.

Odredimo prostor elementarnih događaja za slučajan pokus bacanja dviju igraćih kocaka (plave i bijele). Odredimo povoljne ishode za događaje:

a) „na obje kocke pada isti broj“

b) „na plavoj kocki pada trica“

c) „na barem jednoj kocki pada dvica“

d) „zbroj brojeva koji su pali iznosi 6“.

» Prostor elementarnih događaja uređeni su parovi u kojima je na prvom mjestu broj koji je pao na, primjerice, plavoj kocki, a drugi broj onaj koji je na bijeloj kocki. Prostor elementarnih događaja ima 36 elemenata.

72

Ako je Ω prostor elementarnih događaja, onda je njegov kardinalni broj k(Ω) = 36. Elementi skupa Ω uređeni su parovi:

(1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4)  (1, 5) (1, 6)

(2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4)  (2, 5) (2, 6)

(3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4)  (3, 5) (3, 6)

(4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4)  (4, 5) (4, 6)

(5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4)  (5, 5) (5, 6)

(6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 4)  (6, 5) (6, 6)

a) (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)

b) (3, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (3, 6)

c) (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5), (2, 6), (1, 2), (3, 2), (4, 2), (5, 2), (6, 2)

d) (1, 5), (2, 4), (3, 3), (5, 1), (4, 2) ∎

Zadatak 1. Prema podatcima iz prethodnog primjera odredi povoljan ishod događaja

a) „umnožak brojeva iznosi 6“

b) „zbroj brojeva iznosi 12“.

» a) (1, 6), (2, 3), (3, 2), (6, 1)  b) (6, 6) ∎

Zadatak 2.Baca se kocka. Odredi prostor elementarnih događaja.Napiši povoljne ishode za sljedeće događaje.

a) „pao je broj manji od 3“

b)„ pao je neparan broj“

c) „pao je broj veći od 6“.

» 1, 2, 3, 4, 5, 6

a) 1, 2  b) 1, 3, 5  c) ∅ ∎

73

VJEROJATNOST

3.2. Vjerojatnost

KLASIČNA DEFINICIJA VJEROJATNOSTI

Neka je Ω prostor elementarnih događaja, neka je događaj A ⊂ Ω.Vjerojatnost a priori događaja A jest omjer broja povoljnih ishoda za taj događaj i ukupnog broja ishoda.

( )( ) ( )k AP A k=Ω .

PRIMJER 1.

Odredimo vjerojatnost da pri bacanju kocke padne:

a) broj manji ili jednak 4

b) višekratnik broja 2

c) broj manji od 1

d) pozitivan broj.

» a) Povoljni su ishodi su 1, 2, 3 i 4. Dakle, četiri su povoljna ishoda od šest mogućih.

P(A) = k(A)k(Ω) = 4

6 = 23

b) Povoljni su ishodi su 2, 4 i 6. Imamo tri povoljna ishoda od šest mogućih.

P(A) = k(A)k(Ω) = 3

6 = 12

c) Povoljan ishod ne postoji, A = ∅. Događaj je nemoguć.

P(A) = k(A)k(Ω) = 0

6 = 0

d) Povoljni su ishodi 1, 2, 3, 4, 5 i 6, imamo šest povoljnih ishoda od šest mogućih. Ako je A = Ω, događaj je siguran.

P(A) = k(A)k(Ω) = 6

6 = 1 ∎

Uočimo da je vjerojatnost nemogućeg događaja 0, a vjerojatnost sigurnog događaja 1.

74

Zadatak 1. Bacaju se dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da padnu

a) dvije petice

b) brojevi veći od 4.

» a) 136   b) 1

9 ∎

PRIMJER 2.

Dijagram prikazuje 1134 računala razvrstana prema zadnjem broju njihove IP adrese. Šlučajnim odabirom treba izvući jedno računalo.

Kolika je vjerojatnost da je zadnji broj IP adrese izvučenog računala a) između 5 i 9 uključujući i te brojeveb) manji ili jednak 19?

» Prostor elementarnih događaja ima 1134 elementarna ishoda (ukupan broj računala).

a) Promatramo drugi stupac u dijagramu. On prikazuje 70 (za nas povoljnih) računala.

P = 701134 = 0.06 = 6 %

b) Broj računala kojima IP adresa završava brojem manjim ili jednkim 19 iznosi 55 + 70 + 58 + 53 = 236, pa je vjerojatnost da ćemo izabrati neko od njih:

P = 2361134 = 0.21 = 21 % ∎

75

VJEROJATNOST

PRIMJER 3.

U kutiji su 3 bijele i 5 crnih kuglica. Iz kutije nasumce izvlačiš dvije kuglice jednu po jednu. Kolika je vjerojatnost da ćeš izvući obje bijele ako prvu izvučenu kuglicu

a) vratiš u kutiju   b) ne vratiš u kutiju?

» a) Prilikom oba izvlačenja postoji 3 povoljna ishoda i 8 mogućih. Budući da se i prvi puta i drugi puta mora izvući bijela kuglica, vjerojatnosti se množe.

P = 3 38 8⋅ = 0.14

b) Kod prvog izvlačenja imamo 3 povoljna ishoda od 8 mogućih, a kod drugog 2 povoljna od 7 mogućih (jer izučena bijela kuglica više nije u kutiji).

P = 3 28 7⋅ = 0.11 ∎

Zadatak 2.

Š ifra se sastoje od dva broja, primjerice 4.2. Prvi broj je iz skupa od 0 – 12, a drugi broj je iz skupa od 0 – 3.a) Kolika je vjerojatnost da šifra bude 0.0?b) Kolika je vjerojatnost da je prvi broj šifre 0? c) Kolika je vjerojatnost da je drugi broj šifre 0?» a) 1.92 %   b) 7.69 %  c) 25 % ∎

Zadatak 3.

Imamo 9 računala numeriranih brojevima od 1 do 9. Četiri su računala označeni ri­ječju „zraka“, a ostala riječju „ruf“. Izvlačimo jedno računalo. Š to je vjerojatnije.a) izvući računalo s parnim ili neparnim brojemb) izvući računalo s oznakom „zraka“ ili s oznakom „ruf“c) izvući računalo s brojem 7 ili s oznakom „ruf“?

» a) P(paran) = 44.4 %,  P(neparan) = 55.6 % Veća je vjerojatnost da ćemo izvući računalo s neparnim brojem. b) Veća je vjerojatnost da ćemo izvući računalo s oznakom „ruf“. c) Veća je vjerojatnost da ćemo izvući računalo s riječi „ruf“. ∎

76

Zadatak 4.

U kutiji je 5 bijelih, 6 plavih i 7 crnih kuglica. Nasumce izvlačiš tri kuglice odjednom. Kolika je vjerojatnost da ćeš izvući

a) sve tri crne

b) sve tri kuglice različitih boja?

» a) 318 = 16.7 %  b) 1 1 1

5 6 7⋅ ⋅ = 0.5 %∎

RAD U PARUPotreban pribor: neprozirna vrećica i dvije vrste procesora (primjerice Intelov i AMD­ov) od svake nekoliko primjeraka.

Švaki učenik ima procesore jednog proizvođača i nekoliko primjeraka, bez znanja partnera, stavlja u vrećicu.

Partneri izvlače neizmjence po jedan procesor, bilježe ishod pokusa i vrate procesor u vrećicu. Rezultate bilježe u tablicu.

Broj izvlačenja (n) 5 10 15 20Broj izvučenih procesora tipa 1 (k1)

Broj izvučenih procesora tipa 2 (k2)

Relativna frekvencija procesora tipa 1

Relativna frekvencija procesora tipa 2

Kolika je vjerojatnost izvlačenja procesor određenog tipa?

Švaki od sudionika zna koliko je svojih procesora stavio u vrećicu.

Može li svaki od sudionika zaključiti koliko je procesora stavio u vrećicu njegov partner?

77

VJEROJATNOST

3.3. Geometrijska vjerojatnostKvadrat duljine stranice a podijeljen je na 4 jednaka dijela. Zavezanih očiju trebaš na­crtati jednu točku tog kvadrata. Kolika je vjerojatnost da će točka biti u žutoj četvrtini?

Nemoguće je izbrojiti sve povoljne i moguće ishode ovog pokusa. Poslužit ćemo se površinama. Švi mogući ishodi "pokrivaju" cijeli kvadrat, dakle površinu a2. Povoljni ishodi su sve točke koje se nalaze na površini 1

4 a2. Tražena je vjerojatnost:

P = 2

2

1144

a

a= = 25 %,

što smo intuitivno i očekivali.

Geometrijska se vjerojatnost računa mjerenjem duljina, površina i volumena:

P(A) = s(A)s(Ω) gdje je s: Ω → R geometrijska mjera.

PRIMJER 1.

Biramo točku iz kruga polumjera r. Kolika je vjerojatnost da ona pripada upisnom kvadratu?

» Površina je kruga r2π, a površina kvadrata 2r2 (Izračunaj!), pa je vjerojatnost

P = 2

22 2rr

=ππ

= 63.7 %. ∎

Zadatak 1.

Kolika je vjerojatnost da za slučajno odabrani realni broj a iz intervala [– 4, 2] vrijedi |a| ≤ 1?

» P = 13 ∎

PRIMJER 2.

Odaberimo dvije točke kružnice. Kolika je vjerojatnost da je njihova udaljenost ma­nja od polumjera kružnice?

» Promatramo točke kružnice. Mjera skupa svih mogućih ishoda jest duljina kružnice (opseg kruga). Dvije odabrane točke mogu biti udaljene najviše r. To je duljina najveće tetive koju određuju te točke. Tetiva s pripadnim polumjerima čini jednakostranični trokut.

a

r

r

r

rl

60°

78

Povoljan ishod bit će odabir bilo kojih dviju točaka luka iznad promatrane tetiva. Dakle, mjera skupa povoljnih slučajeva jest duljina tog luka.

P(A) = m(A)m(Ω) = l

o =

601180

2 6

r

r

π⋅ °° =π ∎

Zadatak 2.

Zadana je jedna točka kružnice. Odaberimo nasumce drugu točku. Koja je vjerojat­nost da udaljenost tih točaka bude manja od polumjera kružnice?

» P(A) = m(A)m(Ω) = 2l

0 = 2 · 2rπ = 1

3 ∎

PRIMJER 3.

Meta pikada ima promjer 340 mm i podijeljena je na 20 isječaka. Šredište (Bull’s eye) ima promjer 12.7 mm i nosi 50 bodova, a prsten oko njega (Bull) nosi 25 bodova i ima promjer 31.8 mm. Vanjski prsten (Double ring) širine je 8 mm i on udvostručava broj bodova određenog isječka. Šredišnji prsten (Triple ring) ima također širinu 8 mm, njegov je vanjski rub 107 mm uda ljen od središta, a pogodimo li ovaj dio, utrostruče se bodovi pogođenog isječka.

Ivan uvijek pogađa metu. Kolika je vjerojatnost da Ivan pogodi:

a) Bull  b) broj 17  c) Duble  d) Triple 20?

» Meta polumjera 170 mm ima površinu PM = r2π = 28900 π mm2.

Bull polumjera 15.9 mm ima površinu PB = r2π = 252.81 π mm2.

Za broj 17 računamo površinu PI = PM − PB

20 = 1432.36 π mm2.

Polumjer je vanjskog ruba duble ringa r2 = 170 mm, a unutarnjeg r1 = 162 mm, pa je površina tog kružnog vijenca PD = (r2

2 − r12)π = 2656 π mm2.

Za Triple ring vrijedi r2 =107 mm, r1 = 99 mm, PT = (r22 − r1

2)π = 1648 π mm2.

a) P = 252,8128900

B

M

PP

π=π = 0.87 % b) P = 1432,36

28900I

M

PP

π=π =4.96 %

c) P = 2656

28900D

M

PP

π=π = 9.19 % d) P =

16481 120 20 28900

T

M

PP

π=π = 0.29 % ∎

DOUBLE RING

TRIPLE RINGBULL

BULL'S EYE

79

VJEROJATNOST

Zadatak 3.

Ako nasumice gađamo metu pikada, kolika je vjerojatnost da pogodimo sredinu (bull's eye)? Kolika je vjerojatnost da pogodimo treći prsten (triple ring)?

» P (sredina) = 0.0014, P(treći prsten) = 0.0046 ∎

PRIMJER 4.

Dva vlaka dolaze svako jutro na istu stanicu između 7:00 i 7:20. Švaki od njih stoji na stanici 5 minuta i nastavlja s putovanjem. Kolika je vjerojatnost da se ta dva vlaka sretnu na stanici?

» Neka je x vrijeme dolaska prvog vlaka, a y vrijeme dolaska drugog vlaka na sta­nicu, izraženo u minutama nakon 7:00. Dakle, x, y ϵ [0, 20]. Prikažimo u koordi­natnom sustavu sve točke (x, y) za koje to vrijedi.

Vlakovi će se sresti se na stanici ako je razlika u vremenima njihovih dolazaka manja od 5 minuta:

|x − y| 5

x − y 5 i x − y − 5

y x − 5 i y x + 5.

Prikažimo u koordinatnom sustavu skup točaka određen ovim nejednakostima.

Ω, skup svih mogućih događaja je kvadrat mjere (površine) m(Ω) = 20 · 20 = 400.

A, skup povoljnih ishoda događaja „vlakovi će se sresti na stanici“ ima mjeru:

m(A) = 400 − 2 · 15 · 152

= 175, pa je tražena vjerojatnost P(A) = m(A)

m(Ω) = 175400

= 0.44. ∎

80

3.4. Uvjetna vjerojatnost

U razrednom odjelu ima 12 djevojaka i 16 mladića. Provedena je anketa koja poka­zuje da 5 djevojaka i 10 mladića imaju psa kao kućnog ljubimca.

ima psa nema psa ukupnodjevojka 5 7 12mladić 10 6 16ukupno 15 13 28

• Kolika je vjerojatnost da slučajno odabrana osoba iz tog razrednog odjela ima psa?

Označimo s I skup svih osoba koje imaju psa, pa imamo

P(I) = 1528 .

• Kolika je vjerojatnost da osoba ima psa ako znamo da je ta osoba djevojka?

Označimo s I|D skup svih osoba koje imaju psa uz uvjet da su djevojke. Ovdje iz skupa svih djevojaka biramo onu koja ima psa.

P(I|D) = 512

Ovu smo vjerojatnost mogli izračunati i ovako:

P(I|D) = ( )( )

P I DP D∩ ,

gdje je u brojniku vjerojatnost da je odabrana osoba koja i ima psa i djevojka je, a u nazivniku vjerojatnost da je odabrana osoba djevojka.

P(I|D) =5

52812 1228

=

• Kolika je vjerojatnost da odaberemo djevojku ako znamo da je odabrana osoba koja ima psa?

P(D|I) = 5

( ) 128( ) 15 3

28

P D IP I∩ = =

Vjerojatnost događaja A uz uvjet da se dogodio događaj B računa se ovako:

P(A|B) = P(A ∩ B)P(B) .

Oznaka I/D čita se: I uz uvjet D.

Oznaka P(I|D) čita se: vjerojatnost događaja I uz uvjet da se dogodio D.

81

VJEROJATNOST

Ovdje se u brojniku nalazi vjerojatnost presjeka dvaju događaja, a njega čine svi ele­mentarni događaji koji pripadaju i jednom i drugom događaju

PRIMJER 1.

U bacanju dviju kocaka pao je zbroj 9. Kolika je vjerojatnost da je pao broj 6?

» A = na jednoj je kocki pao broj 6

B = pao je zbroj 9 = (3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)

A ∩ B = pao je broj 6 i zbroj je brojeva na obje kocke 9 = (3, 6), (6, 3)

A|B = pao je broj 6 uz uvjet da je zbroj na obje kocke 9

P(A|B) = 2

( ) 136( ) 4 2

36

P A BP B∩ = = . ∎

Zadatak 1.

Bacamo dvije kocke. Kolika je vjerojatnost da su na obje kocke pali parni brojevi ako znamo da je umnožak brojeva 12?

» P = 0.5 ∎

Događaji A i B su nezavisni ako je

P(A|B) =P(A).

Dakle, događaj A će se dogoditi bez obzira na to dogodi li se događaj B ili ne.

U protivnom, ako je P(A|B) ≠ P(A), događaj A i B su zavisni.

Iz formule za uvjetnu vjerojatnost slijedi:

P(A ∩ B) = P(A|B) · P(B),odnosno

P(A ∩ B) = P(B|A) · P(A).

82

PRIMJER 2.

U proizvodnji tenisica događaju se pogreške. Tenisica može biti preteška, a vjerojat­nost je tog događaja 0.1. Tenisica može biti prevelika i preteška. Vjerojatnost da je preteška tenisica i prevelika iznosi 0.2. Kolika je vjerojatnost da je tenisica i preveli­ka i preteška?

» Neka su događaji:

A = tenisica je preteška, P(A) = 0.1

B = tenisica je prevelika

B|A = preteška tenisica ujedno je i prevelika, P(B|A) = 0.2

Tenisica je prevelika i preteška jest događaj A ∩ B.

Iz P(B|A) = P(A ∩ B)A(B) slijedi P(A ∩ B) = P(B|A) · P(A) = 0.02. ∎

Zadatak 2.

U obitelji je dvoje djece. Znamo li da je jedno od njih dječak, kolika je vjerojatnost da je drugo dijete djevojčica?

» P = 13 ∎

Ako su događaji A i B nezavisni, vrijedi:

P(A ∩ B) = P(A) · P(B).

Ako su dva događaja nezavisna, vjerojatnost njihova presjeka jednaka je umnošku vjerojatnosti svakog od njih.

PRIMJER 3.

Bacamo kovanicu od jednog eura dvaput. Kolika je vjerojatnost da oba puta dobijemo stranu na kojoj piše 1 €?

» Radi se o nezavisnim događajima. Vjerojatnost da u jednom (i­tom) bacanju dobi­jemo stranu 1 € jest P(Gi) = 1

2 .

Šada imamo: P(G1 ∩ G2) = P(G1) · P(G2) = · = = 0.25. ∎

83

VJEROJATNOST

Zadatak 3.

Bacamo dvaput složenu Rubikovu kocku (svaka strana kocke ima drugu boju). Koli­ka je vjerojatnost da prvo dobijemo plavu boju pa crvenu?

» P = 136 ∎

Neka je A slučajan događaj. Događaj koji se ostvaruje samo onda kad se događaj A nije ostvario nazivamo suprotan događaj događaja A. Označavamo ga s A. Za vjero­jatnosti događaja A i A vrijedi:

P(A) + P (A) = 1.

Vjerojatnost suprotnog događaja računamo, dakle, formlom

P (A) = 1 – P(A).

PRIMJER 4.

Na tvorničkom je skladištu 30 automobila. Kolika je vjerojatnost da su barem 2 au­tomobila proizvedena istog dana?

» Koristit ćemo se vjerojatnošću suprotnog događaja „svi su automobili proizve­deni različitih datuma“.

Vjerojatnost da drugi automobil ne dijeli isti datum proizvodnje s prvim jest 364365 .

Vjerojatnost da treći automobil ne dijeli isti datum proizvodnje s prvim dvama jest 363365.

Vjerojatnost da četvrti automobil ne dijeli isti datum proizvodnje s prvim trima jest 362365.

I tako dalje.

Vjerojatnost da se dogode svi ti događaji (tj. da su svi u tvornici proizvedeni ra­zličitog datuma) jest:

364365 · 363

365 · 362365 · … · 336

365 = 0.29

Vjerojatnost suprotnog događaja:

1 – 364365 · 363

365 · 362365 · … · 336

365 = 0.71 ∎

84

3.5. Potpuna vjerojatnostU nekim specifičnim situacijama potrebno je skup događaja podijeliti na događaje koji su medusobno disjunktni, pri čemu je unija tih disjunktnih događaja jednaka cijelom skupu. Ilustrirajmo jednostavnim primjerom.

PRIMJER 1.

Kutija je pregradom razdijeljena na dva dijela. U jednom se dijelu nalaze 4 crne i 2 žute kuglice, a u drugom 3 crne i 4 žute kuglice. Kolika je vjerojatnost da ćemo iz kutije slučajnim odabirom izvući žutu kuglicu?

» Iz kutije izvučemo jednu kuglicu. Pritome postoje dvije mogućnosti:

H1 = kuglica je izvučena iz prvog dijela

H2 = kuglica je izvučena iz drugog dijela.

Vjerojatnosti da se ovi događaji ostvare jesu: P(H1) = 12 , P(H2) = 1

2 .

Traži se događaj A = izvučena je žuta kuglica. Podijelimo ga na dva disjunktna događaja:

A ∩ H1 = izvučena je žuta kuglica iz prvog dijela

A ∩ H2 = izvučena je žuta kuglica drugog dijela.

Pritom vrijedi: P(A) = P(A ∩ H1) + P(A ∩ H2).

Vjerojatnosti događaja A ∩ H1 i A ∩ H2 računaju se ovako:

P(A ∩ H1) = P(H1) · P(A|H1), P(A ∩ H2) = P(H2) · P(A|H2).

Vjerojatnost da smo izvukli žutu kuglicu iz prve pregrade jednaka je

P(A|H1) = 12 · 26,

dok je vjerojatnost da smo izvukli žutu kuglica iz drugog dijela jednaka

P(A|H2) = 12 · 47.

Sada je

P(A) = 12 · 26 + 12 · 47 = 16 + 27 = 1942 ∎

85

VJEROJATNOST

Neka je Ω skup svih elementarnih događaja. Neka za disjunktne podskupove H1, H2, H3, ..., Hn vrijedi:

H1∪ H2 ∪ H3 ∪ ... ∪ Hn = Ω.

Tada jeP(H1) + P(H2) + P(H3) + ... + P(Hn) = 1, P(Hi) 0.

Događaje H1, H2, H3, ..., Hn nazivamo hipotezama i oni čine potpun sustav događaja.

Za neki događaj A iz Ω vrijedi:

A = (A ∩ H1) ∪ (A ∩ H2) ∪ ... ∪ (A ∩ Hn).

Događaji A ∩ Hi međusobno su disjunktni, pa vrijedi:

P(A) = P(A ∩ H1) + P(A ∩ H2) + ... + P(A ∩ Hn).

Prema uvjetnoj vjerojatnosti vrijedi P(A ∩ H) = P(A|Hi) · P(Hi).

Formula potpune vjerojatnosti:

P(A) = P(A|H1) · P(H1) + P(A|H2) · P(H2) + ... + P(A|Hn) · P(Hn).

PRIMJER 2.

Nakon utakmice igrači su se morali izjasniti o promjeni trenera. Četvrtina igrača ima manje od 25 godina, polovina igrača ima izmedu 25 i 30 godina, a ostali su stariji od 30 godina. U klubu je ukupno 20 igrača.

Za promjenu trenera izjasnilo se 40 % igrača mlađih od 25 godina, 50 % igrača u dobi između 25 i 30 godina te 80 % igrača starijih od 30 godina. Kolika je vjerojat­nost da se slučajno odabran igrač kluba izjasnio za promjena trenera?

» Promatrajmo događaje:

H1 = igrač ima manje od 25 godina, P(H1) = 14 (četvrtina igrača)

H2 = igrač ima između 25 i 30 godina, P(H2) = 12 (polovina igrača)

H3 = igrač ima više od 30 godina, P(H3) = 14 (ostali, a to je četvrtina igrača)

Dogadaji H1, H2 i H3 međusobno su disjunktni te u uniji daju cijeli skup Ω od 20 igrača. Oni čine potpun sustav događaja, pa se vjerojatnost da se slučajno odabran igrač

86

kluba izjasnio za promjenu trenera može izračunati formulom potpune vjerojatnosti.

A = slučajno odabran igrač kluba izjasnio se za promjenu trenera

P(A|H1) = 25 jer se 40 % igrača mladih od 25 godina izjasnilo za promjenu trenera

P(A|H2) = 12 jer se 50 % igrača u dobi između 25 i 30 godina izjasnilo za promjenu

P(A|H3) = 45 jer se 80 % igrača koji imaju više od 30 godina izjasnilo za promjenu.

Za n = 3 formula potpune vjerojatnosti glasi:

P(A) = P(H1) · P(A|H1) + P(H2) · P(A|H2) + P(H3) · P(A|H3)

P(A) = 14 · 25 + 12 · 12 + 14 · 45 = 1120 ∎

Zadatak 1.

U jednoj je tehničkoj školi u četvrtom razredu 15 % djevojaka. 80 % maturanata te

škole želi studirati, dok je želju za studiranjem izrazilo tek 50 % maturantica. Kolika

je vjerojatnost da slučajno odabran maturant/ica želi studirati?

» P = 85 80 15 50

100 100 100 100⋅ + ⋅ = 0,755 ∎

Zadatak 2.

Diskovi se proizvode u tri pogona. Prvi pogon daje 20 % proizvodnje, drugi 30 %,

treći 50 %. Od diskova proizvedenih u prvom pogonu 5 % je neispravnih, u drugom

15 %, a u trećem 10 %. Kolika je vjerojatnost da je slučajno izabran disk neispravan?

» P = 0,18 ∎

87

VJEROJATNOST

3.6. Bayesova formulaNa formulu potpune vjerojatnosti nadovezuje se Bayesova formula.

Zadan je potpun sustav događaja i poznate su vjerojatnosti svake od hipoteza P(Hi) 0, i ϵ 1, 2, ..., n, n ϵ N. Znamo da se pojavio događaj A kao ishod slučajnog pokusa.

Pitamo se koliku vjerojatnost imaju hipoteze Hi ako znamo da se dogodio ishod A. Z elimo svakoj hipotezi Hi pridružiti vjerojatnosti P(Hi|A).

Podsjetimo se relacije P(A ∩ B) = P(A)P(B|A) = P(B)P(A|B), iz koje slijedi:

P(B|A) = P(B) · P(A|B)P(A) .

Uzmimo da je događaj B jedna od hipoteza Hi, na koje je skup Ω podijeljen, pa vrijedi:

P(Hi|A) = ( ) ( | )

( )i iP H P A H

P A⋅

.

Ovu formulu nazivamo Bayesova formula.

PRIMJER 1.

U ponoć su na parkiralištu bila dva siva i jedan crni Šmart, tri siva i četiri crna BMW–a te tri siva i jedan crni Mercedes. Te noći kradljivac automobila nasumce je odabrao automobil i ukrao ga. Ako je ukradeni automobil sive boje, kolika je vjerojatnost da je to bio BMW?

» Potpun sustav događaja čine događaji:

H1 = automobil je marke Šmart, P(H1) = (3 automobila Šmart, od njih 14)

H2 = automobil je marke BMW, P(H2) = 12 (7 je automobila marke BMW)

H3 = automobil je marke Mercedes, P(H3) = 27 (4 automobila marke Mercedes)

Označimo s A događaj ukradeni automobil je sive boje.

Treba izračunati vjerojatnosti P(A|H1), P(A|H2) i P(A|H3) kako bi mogli pomoću Bayesove formule dobiti vjerojatnost dogadaja H2|A.

THOMAS BAYES(1702. – 1761.)

Ovaj je engleski matem­atičar formulirao teorem o uvjetnoj vjerojatnosti

(Bayesov teorem), na kojem počiva testiranje statističkih hipoteza i

metoda donošenja odluka u uvjetima neiz vjesnosti.

88

Budući da imamo 2 siva automobila marke Šmart, 3 siva automobila marke BMW

i 3 siva automobila marke Mercedes, slijedi: P(A|H1) = 23, P(A|H2) = 37, P(A|H3) = 34 .

Prema formuli potpune vjerojatnosti imamo:

P(A) = P(H1) · P(A|H1) + P(H2) · P(A|H2) + P(H3) · P(A|H3)

P(A) = 3 2 1 3 2 3 414 3 2 7 7 4 7⋅ + ⋅ + ⋅ = .

Prema Bayesovoj formuli sada imamo:

P(H2|A) = 2 2( ) ( | )( )

P H P A HP A⋅

= 1 3

32 74 87

⋅= = 0.375 ∎

Zadatak 1.

Tri strijelca gađaju metu. Vjerojatnost da prvi strijelac pogodi metu iznosi 0.8, vjero­jatnost da drugi strijelac pogodi metu iznosi 0.3, a vjerojatnost da treći strijelac po­godi metu iznosi 0.2. Kolika je vjerojatnost da meta bude pogođena? Ako se zna da je meta pogođena, kolika je vjerojatnost da ju je pogodio treći strijelac?

» P(H1) = P(H2) = P(H3) = 13

P(A|H1) = 0.8, P(A|H2) = 0.3, P(A|H3) = 0.2

P(A) = 1330

P(H3|A) = 213

∎

Zadatak 2.

Četiri proizvodne linije izrađuju grafičke kartice. Prva daje 40 % proizvodnje s 0, 1% škarta, druga daje 30 % proizvodnje s 0,2 % škarta, treća daje 20 % s 0, 25% škarta, a četvrta 10 % s 0,5 % škarta.

Kontrolor je naišao slučajnim odabirom na neispravnu karticu. Kolika je vjerojatnost da je proizvena na prvoj liniji?

» P = 0.34 ∎

89

VJEROJATNOST

3.7. Zakon velikih brojeva

Izvodimo n puta pokus, uvijek pod istim uvjetima. Neka je u tih n pokusa ishod bio događaj A u nA pokusa.

Broj nA naziva te apsolutna frekvencija (učestalost) događaja A, a količnik Ann

relativna frekvencija (učestalost) događaja A. Pritom je

0 ≤ Ann ≤ 1.

Pokazuje se da relativna frekvencija ima tendenciju stabiliziranja oko jedne čvrste vrijednosti kad je broj ponavljanja pokusa jako velik. Kažemo da je broj

P(A) = lim Annn→∞

vjerojatnost a posteriori događaja A. Ovo je empirijski način određivanja vjerojat­nosti dogadaja A, a temelji se na prethodno izvedenim pokusima.

Zakon velikih brojeva kaže da je, ako se pokus ponavlja veliki broj puta, pod istim uvjetima i nezavisno, relativna frekvencija pojavljivanja događaja A prib­ližno je jednaka vjerojatnosti događaja A.

Prvi korak u razvoju zakona velikih brojeva napravio je Jacob Bernoulli u 17. sto­ljeću, kada zakon doživljava i praktičnu primjenu osiguranju.

Zakonom velikih brojeva bavili su se mnogi matematičari 19. i 20. stoljeća, proširi­vali ga i poboljšavali.

Taj zakon ima ključnu ulogu u statistici jer govori o stabilnosti dugoročnih rezultata iz slučajnih događaja. Na njemu je bazirano i predviđanje budućnosti na osnovu pri­kupljenih frekvencija.

Veliki praktični značaj ima u osiguranju jer omogućuje dugoročne prognoze iznosa odštetnih zahteva.

Značajnu je primjenu našao u medicini jer se pomoću njega mogu eliminirati sluča­jni sporedni faktori kod medicinskih tretmana.

Primijenjuje se u prirodnim znanostima gdje se utjecaj grešaka u mjerenju sman­juje ponavljanjem merenja.

U informatici je našao svoju primjenu u Cloud Computing tehnologiji.

JACOB BERNOULLI(1655. – 1705.)

PAFNUTI ČEBIŠEV(1821. – 1894.)

SIMÉON DENIS POISSON(1781. – 1840.)

Švicarski matematičar koji je dokazao slabi zakon

velikih brojeva.

Francuski matematičar koji uvodi Poissonovu

razdiobu.

Ruski matematičar koji je dokazao tzv. Čebiševljevu

nejednakost, što mu je omogućilo dokaz opće forme zakona velikih

brojeva.

90

LISTA SAMOPROCJENE

VJEROJATNOST u potpunosti djelomično nedovoljno

• opisujem siguran i nemoguć događaj

• rabim algebru događaja (uniju, presjek i komplement) za određivanje vjerojatnosti

• određujem geometrijsku vjerojatnost

• određujem uvjetnu vjerojatnost

• rabim Bayesovu formulu

• Gdje najčešće griješim? Za što trebam pomoć?

Tri važna pojma:

Dvije zanimljivosti

Jedna činjenica koju ne znam

91

VJEROJATNOST

PREGLED GRADIVA

Vjerojatnost a priori

( )( ) ( )k AP A k=Ω

Uvjetna vjerojatnost

P(A|B) = P(A ∩ B)P(B) .

A i B nezavisni događaji

P(A ∩ B) = P(A) · P(B).

Vjerojatnost suprotnog događaja

P (A) = 1 – P(A)

Potpuna vjerojatnost ako potpun sustav događaja čine H1 i H2

P(A) = P(A|H1) · P(H1) + P(A|H2) · P(H2)

Bayesova formula

P(Hi|A) = ( ) ( | )

( )i iP H P A H

P A⋅

.

Ω prostor elementarnih događaja

A, B ⊂ Ω događaj

k kardinalni broj skupa

P vjerojatnost

s: Ω → R geometrijska mjera

Hi ⊂ Ω hipoteza

P(A|Hi) vjerojatnost događaja A uz uvjet da se dogodio događaj Hi

Geometrijska vjerojatnost

P(A) = s(A)s(Ω)

UPOTREBLJENE OZNAKE

92

1. Š to je vjerojatnost događaja?

2. Š to je geometrijska vjerojatnost?

3. Navedi primjer zavisnih događaja.

4. Navedi dva nezavisna događaja.

5. Objasni razliku između sigurnog događaja i događaja koji se neće dogoditi.

6. Objasni potpunu vjerojatnost.

7. Kada se upotrebljava Bayesova formula?

8. Tko je postavio Zakon velikih brojeva?

9. Š to govori zakon velikih brojeva?

10. Koje si matematičare upoznala/upoznao u ovoj temi?

11. Bacamo igraću kocku.

a) Zapiši odnos između događaja A = pala je petica B = pao je neparan broj.

b) Odredi uniju i presjek događaja A = pao je broj manji od 3 B = pao je neparan broj.

c) Odredi događaj suprotan događaju A = pao je prost broj.

d) Odredi razliku događaja A = pao je broj manji od 3 B = pao je paran broj.

12. Neka je A = Mia je tehničar za računalstvo i B = Mia je elektrotehničar. Opiši riječi­ma događaje:

a) Ā d) Ā ∩ B

b) A ∪ B e) A ∪ B

c) A ∩ B

13. Neka je A = Marco je napisao domaću za­daću, B = Marco je bio u kinu i C = Marco je zakasnio na sat. Opiši riječima događaje:

a) B d) Ā ∩ B ∩ C

b) A ∩ B e) A ∩ B ∩ C.

c) B ∪ C

14. Neka je A = profesor pregledava domaće zadaće i B = profesor je zadovo ljan. Zapiši pomoću skupovnih ope racija događaje:

a) profesor nije zadovoljan

b) profesor je zadovoljan i pregledava do­maće zadaće

c) profesor nije zadovoljan i ne pregledava domaće zadaće

d) profesor je zadovoljan ili pregledava domaće zadaće

e) profesor nije zadovoljan ili ne pregle­dava domaće zadaće.

ZADATCI

93

VJEROJATNOST

15. Neka je A = sudionik je srednjoškolac, B = sudionik programira u Pythonu i C = sudionik je nogometaš. Zapiši pomoću skupovnih o peracija događaje: a) sudionik je srednjoškolac ili ne pro­

gramira u Phytonu b) sudionik je srednjoškolac i trenira

nogomet c) sudionik nije srednjoškolac ili trenira

nogometd) sudionik je srednjoškolac, ne trenira

nogomet i ne programira u Pythonu e) sudionik nije srednjoškolac, ne trenira

nogomet i programira u Phytonu.

16. Odredi prostor elementarnih događaja za pokus:

a) bacanja kovanice eura b) bacanja dvije kovanice eura c) bacanja triju kovanice eura

d) izvlačenja dva bombona iz vreće u ko­joj se nalaze 3 žuta, 5 zelenih i 7 crvenih bombona.

17. Odredi vjerojatnost da pri bacanju a) kova nice eura padne broj b) dviju kovanica eura padne barem jedan broj c) triju kovanica eura padnu točno dva broja.

18. Jedan je od 200 listića dobitan. Kolika je vjero­jatnost da u jednom izvlačenju ne osvojiš dobitni listić?

19. Vjerojatnost prodaje unikatne slike jest 0.73. Kolika je vjerojatnost da se slika neće prodati?

20. Kolika je vjerojatnost da u 3 bacanja jedne kune barem jednom padne slavuj?

21. Kolika je vjerojatnost da u 5 bacanja igraće kocke padne barem jedna trica?

22. Odredi vjerojatnost da pri bacanju dvije kovanice eura padne:

a) jedan broj i jedna životinja

b) dva broja

c) barem jedna životinja.

23. Odredi vjerojatnost da pri bacanju igraće kocke padne:

a) broj 2

b) padne broj manji ili jednak 2

c) padne broj veći od 3

d) padne višekratnik broja 3

e) padne broj manji od 1

f) padne 4 ili 6

g) padne paran ili neparan broj.

24. Kolika je vjerojatnost da:

a) u četiri bacanja igraće kocke dobijemo barem jednu trojku

b) u 24 bacanja dviju igraćih kocaka dobi­jemo barem jednom tricu na obje kocke?

25. Odredi vjerojatnost da pri bacanju dviju ko­caka:

a) padne šestica na obje kocke

b) padne isti broj na objema kockama

c) na barem jednoj kocki padne broj 3.

94

26. Bacamo istovremeno dvije igraće kocke. Pro­matramo zbroj brojeva koji su se pojavili. Je li jednako vjerojatno da se pojavi zbroj 8 i zbroj 7?

27. Izvlačimo jednu kartu iz dobro promiješanog špila od 52 karte. Kolika je vjerojatnost da je izvučena karta:

a) pik e) tref slika

b) dama f) tref ili slika

c) herc as g) nije desetka

d) slika h) nije slika ili je desetka?

28. Izvlačimo kartu iz dobro promiješanog špi­la od 40 karata za briškulu. Odredi vjerojat­nost da:

a) izvučemo sedmicu baštone

b) izvučemo špade

c) izvučemo sedmicu

d) izvučemo broj manji od 7

e) izvučemo kralja ili konja.

29. U skupini od 50 učenika, 15 ih je bilo u Dublinu, a 20 ih je bilo u Helsinkiju. Osam od njih bilo je i u Dublinu i u Helsinkiju. Ko­lika je vjerojatnost da je slučajno odabrani učenik bio u Dublinu ili u Helsinkiju?

30. U kutiji je izmiješano 5 praznih i 10 punih UŠB memorija. Kolika je vjerojatnost da u dva pokušaja izvučemo barem jednu praznu memoriju? Nakon prvog izvlačenja memoriju

a) vraćamo u kutiju

b) ne vraćamo u kutiju.

31. Kolika je vjerojatnost da iz skupa svih dvoznamenkastih brojeva na slučajan način odaberemo broj koji je djeljiv brojem 7 ili brojem 11?

32. Kolika je vjerojatnost da iz skupa svih trozna­menkastih brojeva na slučajan način odabe­remo broj koji je djeljiv brojem 19 ili 29?

33. U šeširu se nalazi 30 papirića na kojima su zapisani brojevi od 1 do 30. Na sluča­jan način izvlači se jedan papirić. Kolika je vjerojatnost da bude izvučen višekratnik broja 5 ili djelitelj broja 30?

34. Izvlačimo zečeve iz šešira u kojem su 4 žuta zeca, 7 zelenih i 1 crveni zec. Odredi vjero­jatnost da:

a) izvučemo žutog zeca

b) izvučemo zelenog zeca

c) izvučemo crvenog zeca

d) ne izvučemo zelenog zeca.

35. U kutiji se nalazi 5 plavih i 7 crvenih jed­nakih bombona. Izvlačimo dva bombona istovremeno. Odredi vjerojatnost da:

a) izvučemo dva plava bombona

b) izvučemo dva crvena bombona

c) izvučemo jedan plavi i jedan crveni bombon.

36. Od 26 članova pjevačke skupine 5 je muš­karaca. Kolika je vjerojatnost da tri na­sumce odabrana člana:

a) budu tri žene

b) budu tri muškarca

c) bude jedna žena i dva muškarca?

95

VJEROJATNOST

37. Od 34 studenata u učionici 12 ih je dobilo ocjenu odličan. Nasumice biramo dva stu­denta da riješe jednadžbu na ploči. Kolika je vjerojatnost da su oba studenta dobila odličan?

38. Kolika je vjerojatnost dobitka na lotu 6/45?

39. Kolika je vjerojatnost dobitka na lotu 7/39?

40. U servisu računala nalazi se 5 laptopa i 7 mobitela. Šerviser će popraviti samo dva uređaja. Odredi vjerojatnost da to budu:

a) dva laptopa

b) dva mobitela

c) jedan laptop i jedan mobitel?

41. Od 34 IP adresa u mreži 12 ih sadrži dio adrese 192.168. Nasumice biramo dvije IP adrese da ih aktiviramo. Kolika je vjerojatnost da obje adrese sadrže 192.168?

42. U šeširu su papiri sa slovima. Nalazi se 4 papira sa slovom A, 3 papira sa slovom M, 5 papira sa slovom T i 4 papira sa slovom K. Kolika je vjerojatnost da od 5 slučajno izvučenih papira možemo ispi­sati riječ MATKA?

43. U jednoj je vrećici 7 plavih i 3 crne kuglice, a u drugoj 2 plave i 8 crnih kuglica. Kolika je vjerojatost da iz na­sumce odabrane vrećice izvučemo pavu kuglicu?

44. Voditelj bira člana iz publike. Vjerojatnost da izabrani član bude muškarac jest 0.7, a vjerojatnost da član ima plave oči jest 0.2.

Vjerojatnost da je izabrana plavooka žena jest 0.1. Kolika je vjerojatnost da iza brani član bude:

a) žena čije oči nisu plave

b) muškarac ili osoba plavih očiju?

45. Upravitelj zatvora nasumce bira zatvoreni­ke za ispitivanje. Vjerojatnost da izabere zatvorenika B bloka jest 0.23, vjerojatnost da izabere uzornog zatvorenika jest 0.2, a vjerojatnost da izabere uzornog zatvoreni­ka B bloka jest 0.1. Kolika je vjerojatnost da izabrani zatvorenik:

a) ne bude zatvorenik B bloka

b) ne bude uzoran zatvorenik

c) bude zatvorenik B bloka ili uzoran zat­vorenik?

46. U jednoj supermarketu uočena je vjerojat­nost plaćanja gotovinom 0.3, karticom 0.5, a čekovima 0.2. Kolika je vjerojatnost plaćanja gotovinom ili karticom?

47. U poslovnoj zgradi 1 % računala zaraženo je virusom. Instaliraš antivirusni program na svoje računalo koje ne pokazuje znak­ove zaraze. Pouzdanost je programa 90 % (pozitivan je za 90 % zaraženih računala, a negativan za 90 % nezaraženih). Na tvojem računalu test je pozitivan. Trebaš li se zab­rinuti?

48. U praonici rublja rade tri stroja. Š anse da se u stroju zaglavi rotor odnose se za ova tri stroja u omjeru 1 : 2 : 3. Zaglavio se rotor u jednom stroju. Kolika je vjerojatnost da se zaglavio rotor prvog stroja?

96

RJE ENJA

12. a) Ā = Mia nije tehničar za računalstvob) A ∪ B = Mia je tehničar za računalstvo ili

elektrotehničarc) A ∩ B = Mia je tehničar za računalstvo i

elektrotehničard) Ā ∩ B = Mia je elektrotehničar i nije teh­

ničar za računalstvoe) A ∪ B = Mia je tehničar za računalstvo ili

nije elektrotehničar

13. a) B = Marco nije bio u kinu b) A ∩ B = Marco je napisao domaću zadaću

i bio u kinu c) B ∪ C = Marco je bio u kinu ili je zakas­

nio na sat d) Ā ∩ B ∩ C = Marco nije napisao domaću

zadaću, bio je u kinu i zakasnio je na sat e) A ∩ B ∩ C = Marco nje napisao domaću

zadaću, bio je u kinu i nije zakasnio na sat

14. a) B  b) A ∩ B  c) Ā ∩ B  d) A ∪ B  e) Ā ∪ B 15. a) A ∪ B  b) A ∩ C  c) Ā ∪ C  d) A ∩ B ∩ C e) Ā ∩ B ∩ C

16. a) B, Ž, gdje je B broj, Ž životinja b) (B, B), (B, Ž), (Ž, B), (Ž, Ž) c) (B, B, B), (B, B, Ž), (B, Ž, B), (Ž, B, B), (B, Ž, Ž), (Ž, B, Ž), (Ž, Ž, B), (Ž, Ž, Ž) d) (Ž, Ž), (Ž, Z), (Ž, C), (Z, Z), (Z, C), (C, C)

Kod izvlačenja poredak nije važan.

17. a) 12   

b) Pbarem jedan broj = 1 – Pnijedan broj =

= 1 – 14 =

34

c) 38

18. 199200

19. 1 – 0.73 = 0.27

20. 1 – Pu 3 bacanja nijedan slavuj =

= 1 – 31

2

= 78

21. 1 – Pu 5 bacanja nijedna trica = 1 – 55

6

=

= 0.598

22. a) 24 = 0.5  b)

14 = 0.25  c) 1 –

14 = 0.75

23. a) 0.17  b) 0.25  c) 0.5  d) 0.5  e) 0

f) 0.33  g) 1

24. a) 1 – u 4 bacanja nijedna trica =

= 1 – 45

6

=0.52

b) 1 – u 24 bacanja nijednom trica na obje

kocke = 1 – 2435

36 = 0.49

25. a) 1

36   b) 6 1

36 6=

c) 1 – Pni na jednoj kocki broj 3 =

= 1 – 25 11

6 36 =

26. Ne.

27. a) 13 152 4

=   b) 4 1

52 13=   c)

152

d) 12 352 13

=   e) 3

52   f) 13 12 3 1152 52 52 26

+ − =

g) 48 1252 13

=   h) 40 1052 13

=

97

VJEROJATNOST

28. a) 0.015  b) 0.1  c) 0.025  

d) 0.15  e) 0.05

29. 15 20 850 50 50

+ − = 0.54

30. a) 1 – Pnijedna prazna = 1 – 210

15

= 0.56

b) 1 – 10 915 14

⋅ = 0.57

31. 13 9 1 790 90 90 30

+ − =

32. 47 31 1 77

900 900 900 900+ − =

33. 6 6 4 4

30 30 30 15+ − =

34. a) 0.33  b) 0.58  c) 0.08  d) 0.42

35. a)

52

122

= 0.15  b)

72

122

= 0.32  

c)

5 71 1

122

= 0.53

36. a)

213

263

= 0.512  b)

53

263

= 0.004  

c)

21 51 2

263

=0.081

37.

122

342

= 0.12

38. 1.22 · 10– 7

39. 6.81 · 10– 8

40. a)

52

122

= 0.15  b)

72

122

= 0.32  

c)

5 71 1

122

= 0.27

41.

122

342

= 0.12

42.

3 4 5 41 2 1 1

165

= 0.0014

43. H1 = odabrana je prva vrećica H2 = odabrana je druga vrećica A = izvučena je plava kuglica

P(H1) = P(H2) = 12

P(A| H1) = 710 , P(A| H2) = 2

10 P(A) = 1 7 1 2

2 10 2 10+ = 0.45

44. a) 0.3  b) 0.8

45. a) 0.77  a) 0.9  b) 0.33

46. 0.598

47. Da.

48. 0.1

99

4. Polarni koordinatni sustav4.1. Polarne koordinate

4.2. Krivulje 2. reda u polarnim koordinama

4.3. Krivulje višeg reda

Poslije ovog poglavlja moći ćeš:

• prikazivati krivulje u polarnom koordinatnom sustavu

• primjenjivati jednadžbe u polarnom sustavu za grafički prikaz

• primjenjivati odgovarajući koordinatni sustav.

100

4. Polarni koordinatni sustavŠvojevrsnim koordinatnim sustavom koristili su se već staroegipatski graditelji.

Babilonski su astronomi svrstavali zvijezde u nizove određujući im koordinate.

Koordinatni sustav u matematiku uveo je René Descartes (latinizirano Renatus Čartesius, pa otuda Kartezijev koordinatni sustav). To je omogućilo proučavanje ge­ometrijskih objekata (krivulja, ploha) pomoću jednadžba koje zadovoljavaju koordi­nate točaka koje im pripadaju.

Polarni koordinatni sustav• u nekom je smislu primijenio starogrčki matematičar Dinostratus u 4. st.

pr. Krista istražujući kvadratrisu• upotrebljavao je engleski matematičar Isaac Newton (1643. – 1727.) i pov­

ezivao ga s pravokutnim• u suvremenom obliku upotrebljava švicarski matematičar Jacob Bernoulli

(1654. – 1705.)• kao termin pojavljuje se u 19. stoljeću..

U geografiji polarne koordinate primjenjuju se kod azimutalnih i konusnih projek­cija u teoriji kartografskih projekcija.

Astronomija se koristi polarnim koordinatim sustavom za prikaz staza i putanja nebeskih tijela.

Geodezija za definiranje položaja na Zemlji upotrebljava geografski, pravokutni i polarni sustav.

Mnoga gibanja u mehanici, poput gibanje vodilica i prstena, prikazuju se u polar­nom koordinatnom sustavu.

I u biologiji je polarni koordinatni sustav našao svoje mjesto. Primjerice, u opi­sivanju komunikacije pčela prilikom davanja informacije o nalazištu hrane.

RENÉ DESCARTES(1596. – 1650.)

Francuski matematičar, utemeljitelj analitičke

geometrije.

KREATIVA

otkrij još neku uporabu polarnog sustava.

101

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

4.1. Polarne koordinatePolarni koordinatni sustav zadaje se točkom O koja se naziva pol i polupravcem x s početkom u O. Polupravac x naziva se polarna os.

Položaj točke P (P ≠ O) u ravnini jednoznačno je određen dvama brojevima r i φ.

r = |OP| udaljenost točke P od pola O. Polarni kut φ jest orijentirani kut između polupra vaca x i OP mjeren u radijanima.

x

φ

je radij vektor, oznaka =

φ je polarni kut točke P

r ϵ +, φ ϵ [0, 2π  polarne koordinate

točke P(r, φ)

Za ishodište O radij vektor ima duljinu r = 0, a kut φ nije definiran.

PRIMJER 1.

Nacrtajmo u polarnom sustavu točke A(2, 3π

), B(4, 3π

), C(2, 23π ).

»

xO

C

B

A

21 3 4

23π 3

π

∎

102

Veza između polarnog i pravokutnog sustava

Šmjestimo pol polarnog sustava u ishodište pravokutnog sustava i neka se polarna os podudara s pozitivnim smjerom osi apscisa.

Uočimo točku T s koordinatama (x, y) za koju je |OT| = r duljina radij vektora, a φ kut koji radij vektor zatvara s polarnom osi.

x

y

ry

xO

T(x, y)

φ

Uočimo pravokutni trokut istaknut na slici. Za kut φ i duljine stranica trokuta vrijedi:

cos φ =

x = r · cos φ

sin φ = y = r · sin φ

tg φ = φ = tg–1

r2 = x2 + y2 r =

Ovdje je tg–1 oznaka za funkciju koja je inverzna funkciji tangens. Njezine su vrijed­nosti između – π2

i π

2 , pa, koristeći se kalkulatorom nikada nećemo dobiti kut iz drugog i trećeg kvadranta. Zato treba, vodeći računa o predznacima koordinata, kut dobiven pomoću kalkulatora smjestiti u odgovarajući kvadrant.

PRIMJER 2.

Odredimo pravokutne koordinate točke čije su polarne koordinate r = 6, φ = 4π3 .

» x = 6 · cos 4π3

= –3   y = 6 · sin 4π

3 = –3 3    ⇒   (–3,–3 3 ) ∎

103

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

Zadatak 1.

Odrediti pravokutne koordinate točke 16, 5π4 .

» (– 2 2 , – 2 2 ) ∎

PRIMJER 3.

Zadanoj točki (7, –14) odredimo polarne koordinate.

» r = = 7    φ = tg–1 –147 = 5.176 rad ∎

Zadatak 2.

Točki P – 23 , 5

8 odredi polarne koordinate.

» r = , φ = 2.388 rad ∎

PRIMJER 4.

Odredimo koordinate točke (–4, 2) u koordinatnom sustavu koji nastaje rotacijom sustava xOy oko točke O za 11π

6 .

» Šjetimo se iz Primijenjene matematike 3 rotacije pravokutnog koordinatnog sustava.

x* = x cos β + y sin β   y* = – x sin β + y cos β

x* = – 4 cos 11π6

+ 2 sin11π

6 = – 2 3 – 1

y* = 4 sin 11π6

+ 2 cos 11π

6 = – 2 + 3    ⇒   (– 2 3 – 1, – 2 + 3 ) ∎

Zadatak 3.

Odredi koordinate točke (120, 130) u koordinatnom sustavu koji nastaje rotacijom koordinatnog sustava xOy oko točke O za π8 .

» (160.61, 74.18) ∎

KREATIVA

Riješi zadatak pomoću online

kalkulatora: https://keisan.

casio.com/exec/system/

1223522781

104

PRIMJER 5.

Nacrtajmo točke kojima su zadane polarne koordinate A3, π2 , B2, 5π4 .

» Odredimo pravokutne koordinate zadanih točaka.

Za točku A3, π2 : Za točku B2, 5π4

x = 3 cos π2 = 0 x = 2 cos 5π4 = – 2

y = 3 sin π2 = 3 y = 2 sin 5π4 = – 2

A(0, 3)   B(– 2 , – 2 )

x

y

O

r = 3

r = 2

2π

A3, π2

B2, 5π4

54π

∎

Zadatak 4.

Nacrtaj u polarnom sustavu točke A1, π3 , B4, 2π

3 , C 2 , π4.

» A 1 3,2 2

  B(–2, 2 3 )  C(1, 1) ∎

105

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

4.2. Polarne jednadžbe krivulja 2. redaKrivulje drugog reda ravninske su krivulje kojima naziv potječe iz činjenice da ih pravac siječe u najviše dvije točke. Krivulje drugog reda jesu kružnica, elipsa, hi­perbola i parabola. Nazivaju se konike zato što se sve četiri krivulje mogu dobiti kao presjek ravnine i plašta stošca (konusa).

kružnica    elipsa     parabola     hiperbola

Prisjetimo se definicija tih krivulja. Budući da je kružnica specijalni slučaj elipse, ovdje je nećemo posebno razmatrati.

Parabola je skup točaka ravnine koje su jednako udaljene od žarišne točke F i danog pravca d (ravnalice) koji ne sadrži žarište. Udaljenost ravnalice od žarišta naziva se parametar parabole i obilježava p.

Promatrali smo parabolu u pravokutnom koordinatnom sustavu kojoj je žarište na x­osi udaljeno 2

p od ishodišta, a ravnalica je okomita na x­os i također udaljena 2p

od ishodišta.

Šmjestimo polarni sustav sustav tako da mu je ishodište u žarištu F parabole, a po­larna os pada na x­os.

Uočimo točku T parabole. Njezin radij vektor ima duljinu r i zatvara s polarnom osi kut φ.

106

x

y

D

OF

r

T

T'D'

2p

2p

φ

d

Prema definiciji parabole vrijedi |DT| = r.

Promatrajmo |D'T'| = |D'F| + |FT'| = p + r cos φ.

S druge je strane |D'T'| = |DT| = r.

Imamo, dakle, r = p + r cos φ, odnosno

r = 1 cosp

− ϕ .

Dobili smo polarnu jednadžbu parabole.

PRIMJER 1. Kako glasi kanonska jednadžba parabole ako joj je polarna jednadžba r =

32 2 cos− ϕ ?

» Napišimo zadanu jednadžbu u obliku r = 32

1 cos− ϕ

, iz čega se vidi da je p = 32 .

Jednadžba tražene parabole ima oblik y2 = 2px, pa glasi y2 = 3x. ∎

Zadatak 1.

Napiši polarnu jednadžba parabole y2 = 13  x.

» r = 16 6cos− ϕ ∎

KANONSKA JEDNADŽBA PARABOLE

y2 = 2px

107

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

Elipsa je skup točaka ravnine za koje je zbroj udaljenosti do dviju čvrstih točaka (žarišta) stalan i iznosi 2a, gdje je a pozitivan realan broj koji ćemo zvati glavna poluos elipse. Označimo li žarišta F1 i F2, a udaljenosti ma koje točke elipse do njih r1 i r2, mora vrijediti

r1 + r2 = 2a.

Promatrali smo elipsu u pravokutnom koordinatnom sustavu kojoj su žarišta smješ­tena na x­osi simetrično u odnosu na ishodište. Elipsa siječe y­os u točkama čiju smo udaljenost od ishodišta nazvali mala poluos i obilježili b. Udaljenost žarišta od ishodišta naziva se linearni ekscentricitet elipse i obilježava e. Omjer linearnog ekscentriciteta i velike poluosi naziva se numerički ekscentricitet i obilježava ε:

ε = ea

.

Promatrali smo, nadalje, jednu od točaka u kojoj elipsa siječe y­os. Ona je jednako udaljena od oba žarišta, što znači da je od svakog žarišta, prema definiciji elipse, udaljena a. Iz trokuta koji ta točka zatvara s ishodištem i jednim žarištem slijedi:

a2 = e2 + b2.

Promatrali smo tetivu elipse koja sadrži žarište, a okomita je na x­os. Njezina se du­ljina naziva parametar elipse i obilježava 2p. Lako se pokazuje da vrijedi:

p = 2b

a.

x

y

OF1

r1 r2

T

φF2

Šmjestimo pol polarnog sustava u jedno žarište elipse i neka polarna os pada na x­os. Radij vektor (obilježimo ga r1) ma koje točke elipse T zatvara s polarnom osi kut φ.

Uočimo trokut F1 F2T i primijenimo na njega kosinusov poučak.

r22 = r1

2 + (2e)2 – 2 r1 · 2e cos φ

108

Iz relacije r1 + r2 = 2a izrazimo r2 i uvrstimo.

4a2 – 4ar1 + r12 = r1

2 + 4e2 – 4e r1 cos φ

Nakon sređivanja uvrstimo a2 = e2 + b2 pa podijelimo jednakost s a2.

2b

a – r1 = – e

a r1 cos φ

Zamijenimo odgovarajuće izraze s p i ε te zanemarimo indeks radij vektora (isto bismo dobili da smo pol polarnog sustava smjestili u F2). Dobili smo polarnu jed­nadžbu elipse.

r = 1 cosp

− ε ϕ

Uočimo da je za elipsu e < a, pa je ε < 1.

Uočimo, nadalje da za e = 0 dobivamo da je a = b, pa imamo kružnicu. Tada je i ε = 0, pa polarna jednadžba kružnice glasi

r = p,   odnosno,    r = cont.

PRIMJER 2.

Kako glasi polarna jednadžba elipse 16x2 + 25y2 = 400?

» Kanonska jednadžba zadane elipse glasi 22

125 16yx + = , iz čega se može vidjeti da je

a = 5, b = 4, e = 3, ε = 35 , p = 16

5 .

r = 16

1651 cos 3 5 3cos1 cos5

p = =− ε ϕ − ϕ− ϕ

∎

Zadatak 2.

Kako glasi polarna jednadžba elipse 25 x2 + 169 y2 = 4225?

» r = 14413 12 cos− ϕ ∎

KANONSKA JEDNADŽBA

ELIPSE22

2 2 1yxa b

+ =

109

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

Hiperbola je skup točaka ravnine za koje je razlika udaljenosti do dviju čvrstih toča­ka (žarišta) stalna i iznosi 2a, gdje je a pozitivan realan broj – realna poluos elipse. Označimo li žarišta F1 i F2, za r1 i r2, udaljenosti ma koje točke hiperbole do žarišta vrijedi

|r1 – r2| = 2a.

Točke na x­osi koje zadovoljavaju ovaj uvjet jesu tjemena hiperbole.

x

e

a

y

OF1

r1r2

T

φF2

Promatrajmo polarni koordinatni sustav s polom u žarištu F1 hiperbole. Odaberimo točku hiperbole T i uočimo radij vektor r1 te točke i polarni kut φ.

Analogno kao i kod elipse dolazimo do polarne jednadžbe hiperbole.

r = 1 cosp

− ε ϕ

Ovdje je e > a, pa je ε > 1.

Zaključimo.

Šve krivulje drugog reda imaju polarnu jednadžbu oblika

r = 1 cosp

− ε ϕ .

Ako je ε = 0, radi se o kružnici. Ako je 0 < ε < 1, radi se o elipsi. Ako je ε = 1, riječ je o paraboli, a za ε > 1 to je jednadžba hiperbole.

KREATIVA

Saznaj kako nacrtati Limacon različitim alatima. https://www.ge-ogebra.org/m/

auUfjRbM

PODSJETI SE

Što je linearni, a što numerički ekscentricitet

kod hiperole? Kako se računaju?

Što su asimptote?

Što je parametar hiperbole? Zašto

je on veći od 1?

KANONSKA JEDNADŽBA HIPERBOLE

22

2 2 1yxa b

− =

110

PRIMJER 3.

Odredi kanonsku jednadžbu konike čija je polarna jednadžba r = 102 – 3 cos φ .

» Napišimo zadanu jednadžbu u obliku r = 5

31 cos2− ϕ, iz čega se može pročitati

p = 5, ε = 32

. Budući da je ε > 1, zaključujemo da se radi o hiperboli.

Iz prve jednakosti slijedi b2 = 5a, a iz druge e = 32 a. Uvrstimo to u formulu a2 + b2 = e2.

Dobivamo a2 + 5a = 94 a2. Jedno rješenje ove jednadžbe (a = 0) nema smisla, a

drugo je rješenje a = 4. Šlijedi da je b2 = 20 i kanonska jednadžbe hiperbole glasi22

116 20yx − = . ∎

Zadatak 2.

Odredi jednadžbu konike čija je polarna jednadžba r = 4 2cossin

ϕϕ

.

» y2 = 4x ∎

111

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

4.3. Ostale krivulje u polarnom sustavu

PRIMJER 1.

Zadana je krivulja svojom polarnom jednadžbom r = 4 sin 2φ. Napiši jednadžbu kri­vulje u pravokutnim koordinatama i nacrtaj krivulju pomoću računala.

» r = 4 sin 2φ

r = 8 sin φ cos φ

= 8( yr )( x

r )

x2 + y2 = (64x2y2)(x2 + y2)2

/· (x2 + y2)2

(x2 + y2)3 = 64x2y2 ∎

Zadatak 1.

Pretvori r = 2 cos 2φ u pravokutne koordinate i nacrtaj krivulju pomoću računala.

112

ZA ONE KOJI ŽELE VIŠEZA ONE KOJI ŽELE VIŠE

Nacrtaj računalnim programom zadane krivulje.

a) y = 3 2x (Neilova parabola) b) y2 = x3 (Šemikubna parabola)

  x

c) x = r cos t, y = r sin t (Kružnica) d) r = a (Arhimedova zavojnica)

e) y = 1sin x

= cosec x (Kosekans) f) y 1cos x

= sec x (Šekans)

113

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

g) r = a(1 – cos) (Kardioida) h) r2 = a2 cos2 (Lemniskata)

i) r = a

(Hiperbolna zavojnica) j) r = a(1 + 2cos) (Pascalov puž)

k) y2 =

(Čisoida) l) y =

(Versiera)

114

LISTA SAMOPROCJENE

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV u potpunosti djelomično nedovoljno

• prikazujem krivulje u polarnom sustavu.

• primjenjujem jednadžbe u polarnom sustavu za grafički prikaz.

• primjenjujem odgovarajući koordinatni sustav

• Gdje najčešće griješim? Za što trebam pomoć?

Tri ključne riječi

Dva važna pojma

Jedna misao

115

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

PREGLED GRADIVA

pravokutni polarni

2 2

1tg

r x yyx

−

= +

ϕ =

Prijelaz iz jednog koordinatnog sustava u drugi

polarni pravokutni

cossin

x ry r= ϕ= ϕ

krivulja 2. reda kanonska jednadžba polarna jednadžba

elipsa22

2 2 1yxa b

+ = r = 1 cosp

− ε ϕ , ε < 1

hiperbola22

2 2 1yxa b

− = r = 1 cosp

− ε ϕ , ε > 1

parabola y2 = 2px r = 1 cosp

− ϕ

116

ZADATCI

1. Tko je prvi upotrebljavao polarni sustav?

2. Koje značenje ima r u polarnom sustavu?

3. Š to je φ? Kako se računa?

4. U kojoj se mjernoj jedinici izražava?

4. Š to je polarna os?

5. Koje su krivulje drugog reda? Objasni naziv.

6. Kako glasi polarna jednadžba konika?

7. Koji se program se koristi za crtanje u geo­deziji?

8. Kako je astronomija povezana s polarnim sustavom?

9. Napiši koordinate točke A(–1, –1) u polar­nom koordinatnom sustavu.

10. Napiši koordinate točke B(4, 23π ) u pravoku­

tnom koordinatnom sustavu.

11. Jednadžbu krivulje 2x – 5x3 = 1 + xy trans­formiraj u polarne koordinate.

12. Jednadžbu krivulje r = –8 cos φ transformiraj u pravokutne koordinate.

13. Nacrtaj u istom sustavu φ = 34π , r cos φ = 4 i

r sin φ = –3.

14. Nacrtaj u istom sustavu r = 7, r = 4 cos φ i r = –7 sin φ.

15. Nacrtaj u istom sustavu Čisoidu i Versieru po­moću Desmosa.

16. Nacrtaj u istom sustavu dvije krivulje po iz­boru pomoću Geogebre.

17. Nacrtaj u istom sustavu tri krivulje po izboru koristeći se novim alatom za crtanje.

18. Nacrtaj u istom sustavu krivulje koje će sim­bolizirati Valentinovo.

19. Nacrtaj u istom sustavu nekoliko krivulja ko­jima možeš predstaviti logo za Primijenjenu matematiku.

20. Nacrtaj ružu r = 2 cos φ i Pascalov lima­con u istom sustavu.

117

POLARNI KOORDINATNI SUSTAV

RJE ENJA

9. A( 2 , 54π )

10. B(–2, 2 3 )

11. r cos φ (2 – 5

12. (x – 4)2 + y2 = 16

119

5. Newtonova metoda tangente5.1. Metoda tangente za rješavanje nelinearnih jednadžba

5.2. Geometrijska interpretacija metode

5.3. Ocjena greške metode

Poslije ovog poglavlja moći ćeš:

• primijeniti metodu tangente

• geometrijski interpretirati približavanje

• ocijeniti grešku metode

• rješavati nelinearne jednadžbe.

120

5. NEWTONOVA METODA TANGENTE

Jednadžbu oblika

ax + b = 0 (a, b realni brojevi, a ≠ 0)

nazivamo linearna jednadžba. Njezino rješenje x = –  ba uvijek možemo odrediti.

Ako jednadžbe nije linearna, točno rješenje možemo odrediti tek u malom broju slučajeva. Tako, primjerice, možemo odrediti točno rješenje jednadžbe x2 – 9 = 0, ali ne i jednadžbe x2 – 5 = 0. Rješenje je prve jednadžbe x = ±3, dok rješenje druge možemo odrediti tek približno do neke točnosti koja nas zadovoljava. Kažemo da ćemo ovu jednadžbu rješavati numerički.

Numeričke metode u pravilu ne rezultiraju točnim rješenjem u konačnom broju koraka (iteracija), nego postupno smanjuju pogrešku nakon svakog koraka. Dakle, iterativnim metodama nastojimo smanjiti pogrešku početne aproksimacije. Pri­mjenom odabranog kriterija zaustavljanja, nakon određenog broja koraka (iteraci­ja), postupak se zaustavlja i dobiveno rješenje smatramo dovoljno dobrom aprok­simacijom rješenja.

Postoji više numeričkih metoda rješavanje jednadžba. Jedna od njih je metoda tan­gente kojom se bavio Isaac Newton, ali i Joseph Raphson. Zato govorimo o Newtono­voj metodi tangente, ali i Newton­Raphsonovoj metodi tangente.

ISAAC NEWTON (1643. – 1728.)

Engleski fizičar i matem­atičar kojeg smatraju

najoriginalnijim i najut­jecajnijim teoretiča rem u znanosti. Postavljanjem triju zakona kretanja i

općim zakonom gravitacije iz temelja je promijenio

fiziku. Njemu u čast nazva­na je je dinica za silu.

U matematici se može pohvaliti binomnim poučkom. Začetnik je difere n cijalnoga i

integralnog računa. Dao je metodu za približna

rješenja algebarske jednadžbe bilo kojega

stupnja.

121

NEWTONOVA METODA TANGENTE

5.1. Geometrijska interpretacija metode tangenteTreba riješiti nelinearnu jednadžbu

f(x) = 0.

y = f(x)

Promotrimo graf funkcije y = f(x). Naš je zadatak odrediti nultočku te funkcije.Uzmimo neko početno rješenje x0. To je naša procjena.

Uočimo točku na (x0, f(x0)) na grafu funkcije.

Položimo tangentu na krivulju u toj točki. Tangenta siječe x­os u točki x1 koja je bliža traženoj nultočki funkcije nego početna točka x0.

Šad ćemo postupak ponoviti s točkom x1.

Na ovaj ćemo se način približavati točnom rješenju i kad budemo, po našim kriteriji­ma, dovoljno blizu rješenja, postupak ćemo prekinuti.

Vrijednosti x0, x1, x2, ... nazivamo aproksimacijama rješenja i svaki sljedeći element ovoga niza bolje aproksimira točno rješenje od prethodnog.

Uočimo da je promatrana funkcija u okolini svoje nultočke bila neprekidna i monoto­na. U tom slučaju niz aproksimacija konvergira točnom rješenju.

Razmisli što bi se dogodilo da je u

promatranoj okolini funkcija ima prekid ili ekstrem. Skiciraj

grafove takvih funkcija i prve dvije aproksimativ ne točke.

122

5.2. Metoda tangente

Zadana je jednadžbe g(x) = h(x) koju ne znamo riješiti poznatim algebarkim postup­kom. Možemo je zapisati u obliku g(x) – h(x) = 0. Označimo lijevu stranu jednadžbe s f(x). Tada jednadžbe

f(x) = 0

predstavlja problem određivanja nultočke funkcije f. Newtonova metoda ili metoda tangente jest postupak nalaženja tražene nultočke numerički postupno se približa­vajući točnoj vrijednosti.

Uzmimo neki broj x0 iz okoline tražene nultočke. U točki (x0, f(x0)), koja pripada grafu funkcije, povucimo tangentu na graf. Taj pravac dobro aproksimira funkciju i okolini dirališta. A tada i njegova nultočka može aproksimirati nultočku funkcije.

x0x1

f (x0)

x

y

y = f (x)

Jednadžbu tangente dobit ćemo kao jednadžbu pravca jednom točkom (x0, f(x0)) s koeficijentom smjera jednakim derivaciji funkcije u toj točki:

y – f (x0) = f '(x0) (x – x0).

Odredimo nultočku tog pravca. Označimo je x1.

x1 = x0 – 0

0

( )'( )

f xf x

Ako funkcija f ima derivaciju i ako smo dobro odabrali točku x0, točka x1 bolje aprok­simira nultočku funkcije. Ponovimo postupak s točkom x1, pa s x2 itd. Općenito,

xn + 1 = xn – ( )'( )

n

n

f xf x

123

NEWTONOVA METODA TANGENTE

ALGORITAM

Zadanu jednadžbu napišimo u obliku f(x) = 0.

Odredimo derivaciju f '(x).

Odaberemo početnu aproksimaciju x0.

Računamo vrijednost funkcije i vrijednost derivacije u toj točki.

Računamo x1.

U svakom koraki dobivamo novu aproksimaciju xn + 1 = xn – ( )'( )

n

n

f xf x

.

Ponavljamo dok ne dobijemo dovoljnu preciznost.

Niz aproksimacija treba konvergirati nultočki funkcije.

Potragu prekidamo kad je postignuta očekivana preciznost.

Preciznost određujemo iz razlike posljednje izračunate aproksimacije i njoj pre­thodne aproksimacije. Ako je ona manja od unaprijed zadanog broja, primjerice 10–4 ili 10–8, traženo rješenje je posljednja dobivena aproksimacija.

PRIMJER 1.

Metodom tangente riješimo jednadžbu x2 = 2 uz x0 = 1.5.

» Zapišimo jednadžbux2 – 2 = 0

i definirajmo funkcijuf(x) = x2 – 2

i njezinu derivacijuf '(x) = 2x.

1. korakf(1.5)=1.52– 2 = 0.25

f '(1.5) = 2 ⋅ 1.5 = 3

x1 = x0 – f(x0)f '(x0)

= 1.5 – 0,25

3

= 1.41667

124

2. korak

f(1.41667) = –0.00695

f '(1.41667) = 2 ⋅ 1.41667 = 2.83334

x2 = x1 – f(x1)f '(x1) = 1.41667 –

0.006952.83334

= 1.41422

3. korak

f(1.41422) = 0.00002

f '(1.41422) = 2 ⋅ 1.41422 = 2.82844

x3 = x2 – f(x2)f '(x2)

= 1.41422 – 0.000022.82844

= 1.41421

4. korak

f(1.41421) = –0.00001

f '(1.41421) = 2 ⋅ 1.41421 = 2.82842

x4 = x3 – f(x3)f '(x3)

= 1.41421 – –0.000012.82842

= 1.41421

Ovdje možemo postupak zaustaviti jer se x4 podudara s x3 u pet decimala.

Problem ćemo brže riješiti tabličnim om:

Z elimo li veću preciznost (8 decimalnih mjesta) bit će dovoljna 4 koraka:

∎

KREATIVA

Koliko možeš pronaći alata na internetu koji računaju pomoću Newtonove metode?

Izvjesti ostale.

125

NEWTONOVA METODA TANGENTE

Zadatak 1.

Metodom tangente riješi jednadžbu x3 = 27 uz x0 = 4. Koliko je iteracija potrebno do krajnjeg cilja?

Rješenje: 7

Zadatak 2.

Metodom tangente riješi jednadžbu 5x2 = 5x uz x0 = 2. Koja je vrijednost funkcije u četvrtoj iteraciji?

Rješenje: 0.0196847366

Zadatak 3.

Razmisli, postoji li neka jednadžba koja se ne može riješiti na ovaj način?

Račun se može provesti pomoću online a: https://keisan.casio.com/exec/system/1244946907

126

5.3. Ocjena greške metode tangente U svakom koraku Newtonove metode možemo provjeriti koliko se nova aproksi­macija razlikuje od prethodne.

Tako je u primjeru 1:

|x1 – x0| = |1.41667 – 1.5| = 0.08333

|x2 – x1| =|1.41422 – 1.41667| = 0.00245

|x3 – x2| =|1.41421 – 1.41422| = 0.00001

|x4 – x3| =|1.41421 – 1.41421| = 0.00000

Očigledno je razlika između susjednih aproksimacija sve manja i manja, što znači da niz dobivenih aproksimacija kovergira rješenju.

Da bi metoda tangente dala rješenje moraju biti zadovoljene neke početne pret­postavke. U okolini tražene nultočke prva derivacija funkcije ne smije biti jednaka nuli, a druga derivacija ne smije imati prekid.

PRIMJER 2.

Treba riješiti jednadžbu log2x = 0.

Pogledajmo funkciju f(x) = log2x.

Odaberemo li (nespretno) x0, može se

dogoditi da je sljedeća aproksimacija

izvan domene funkcije.

Provjeri pomoću online a.

KREATIVA

Odredi lokalne ocjene greške u primjerima 2,. 3, i 4. i predstavi u obliku prezentacije.

KREATIVA

Izradi film o ocjeni greške Newtonove metode.

KREATIVA

Kreiraj program koji bi riješio

nelinearne jednadžbe Newtonovom

metodom u Excellu ili nekom drugom

programu.

127

NEWTONOVA METODA TANGENTE

LISTA SAMOPROCJENE

METODA TANGENTE u potpunosti djelomično nedovoljno

• primjenjujem metodu tangente

• geometrijski interpretiram približavanje

• ocjenjujem grešku metode

• rješavam nelinearne jednadžbe.

• Gdje najčešće griješim? Za što trebam pomoć?

Tri ključne riječi

Dvije nove ideje

Jedna misao

128

PREGLED GRADIVA

METODA TANGENTE

Približno rješenje jednadžbe f(x) = 0 dobije se pomoću formule

xn + 1 = xn – ( )'( )

n

n

f xf x

,  n = 0, 1, 2, ...

ALGORITAM ZA RAČUNANJE NULTOČKE FUNKCIJE

Rješavamo jednadžbu f(x) = 0.

Odredimo derivaciju f '(x).

Odaberemo početnu aproksimaciju x0.

Računamo vrijednost funkcije i vrijednost derivacije u toj točki.

Računamo x1.

U svakom koraki dobivamo novu aproksimaciju xn + 1 = xn – ( )'( )

n

n

f xf x

.

Ponavljamo dok ne dobijemo dovoljnu preciznost.

Niz aproksimacija treba konvergirati nultočki funkcije.

Potragu prekidamo kad je postignuta očekivana preciznost.

129

NEWTONOVA METODA TANGENTE

10. Metodom tangente odredi nultočku funkcije f(x) = 6x2 – 1. Uzmi x0 = –0.23. Koja iteracija pronalazi rješenje s točnošću na 5 decimala?

11. Metodom tangente odredi nultočku funkcije f(x) = 3x2 – 2x. Uzmi ma koji x0. Šluži se on­line om.

12. Koja iteracija pronalazi rješenje jednadžbe x5 + x + 1 = 0 uz x0 = –1?

13. Nađi rješenje jednadžbe x – sinx – 0.25 uz x0= 1.5.

14. Riješi jednadžbu 2x3 = 3. Neka je a) x0 = 1 b) x0 = 1.5.

15. Uz x0 = 1 riješi jednadžbe

a) ex = 2 b) ex = 2 – x2.

1. Tko je otkrio metodu tangente?

2. Š to je tangenta na krivulju? Kako se dobije njezina jednadžba?

3. Navedi nekoliko nelinearnih jednadžba.

4. Š to tražimo Newtonovom metodom?

5. Š to je iteracija?

6. Daje li Newtonova metoda uvijek rješenje? Koji uvjeti moraju biti osigurani za dobar ishod?

7. Navedi primjere nelinearnih nejednadžba za koje ne vrijedi Newtonova metoda.

8. Š to znači pogreška Newtonove metode?

9. Koje online e možeš upotrebljavati za New­tonovu metodu?

ZADATCI

RJE ENJA 10. 11. 12. 13.

14. a) 14. b) 15. a) 15. b

130

Poveznice na alate koje se mogu upotrijebiti u laboratorijskim vježbama

https://wiki.geogebra.org/hr/Tutorijal:Glavna_stranica

https://www.geogebra.org/classic

https://designschool.canva.com/tutorials/

https://www.canva.com/

https://learn.desmos.com/

https://www.desmos.com/calculator

https://matrixcalc.org/en/

https://matrixcalc.org/en/slu.html

https://matrixcalc.org/en/det.html

https://www.wolframalpha.com/widgets/view.jsp?id=daa12bbf5e4daec7b­363737d6d496120