Dobar dan,

ne znam da li je ovo pitanje lagano ili propustam negde kljucan detalj.

Potrebno je pronaci [inlmath]x \in \mathbb{Z}[/inlmath] tako da [inlmath]4 \ \mathbb{Z} \cap 6 \ \mathbb{Z} = x \ \mathbb{Z}[/inlmath]

Ono sto sam ja napravila je jednostavno nanizala ekvivalentne klase od [inlmath]4 \ \mathbb{Z}[/inlmath] i [inlmath]6 \ \mathbb{Z}[/inlmath] i sasvim je jasno da su presek ekvivalentne klase: [inlmath]\left[0\right] \left[1\right] \left[2\right][/inlmath] i [inlmath]\left[3\right][/inlmath] ( )

Resenja nemam, samo nam u napomeni za notaciju sugerira da za grupu celih brojeva sa zbrajanjem oznacimo sa [inlmath]\left(\mathbb{Z}, +\right)[/inlmath] i da sa [inlmath]x \in \mathbb{Z} := \left\{x * z : z \in \mathbb{Z} \right\}[/inlmath] oznacavamo podgrupu visekratnika od x (ovo je dio koji mi je najvise sumljiv, jer grupe visekratnika nismo pominjali u lekcijama, nego smo ovako jednostavno oznacavali grupe po modulu. A profesor voli da zadaje zadatke koje nismo radili, tako da, pretpostavljam, sami nesto zakljucimo)

Napravila sam i tabelu modulo 6 sa zbrajanjem i oznacila deo gde se seku pa se u preseku brojevi veci od [inlmath]4[/inlmath] prilagode modulu [inlmath]4[/inlmath].
pa opet strepim da zadatak nije zavrsen, jer ne moze da bude postavljen tako lagan.

Dobar dan,
Pretpostavljam da si umesto

mariana je napisao: i da sa [inlmath]x {\color{red}\in} \mathbb{Z} := \left\{x * z : z \in \mathbb{Z} \right\}[/inlmath] oznacavamo podgrupu visekratnika od [inlmath]x[/inlmath]...

mislila na [inlmath]x\, \mathbb{Z} := \left\{x * z : z \in \mathbb{Z} \right\}[/inlmath], pošto je to standardna oznaka.

Na primer, za [inlmath]x=4[/inlmath], dobijamo [inlmath]4\,\mathbb{Z} = \{\dots-8,-4,0,4,8,12,\dots\}[/inlmath] skup svih celih brojeva deljivih sa četiri. Sa druge strane, [inlmath]6\,\mathbb{Z} = \{\dots-12,-6,0,6,12,\dots\}[/inlmath]. Odavde bi trebalo da možeš da pronađeš [inlmath]x[/inlmath] takvo da je [inlmath]x\,\mathbb Z = 4\,\mathbb Z\cap 6\,\mathbb Z[/inlmath].

Skup [inlmath]x\, \mathbb{Z}[/inlmath] je jedna podgrupa od [inlmath]\mathbb Z[/inlmath] što možeš lako proveriti, ali to nije količnička grupa grupe [inlmath]\mathbb Z[/inlmath]. Međutim, [inlmath]\mathbb Z _x := \mathbb Z / x\,\mathbb Z[/inlmath] jeste količnička grupa i njeni elementi su [inlmath][0],[1],\dots,[x-1][/inlmath] odnosno klase ekvivalencije u odnosu na kongruenciju po modulu [inlmath]x[/inlmath] (ti si na ovo mislila). Termin količnička podgrupa ne postoji (ili ja barem nikad nisam čuo).

Primeti da nema smisla porediti elemente iz [inlmath]\mathbb{Z}_x[/inlmath] s elementima iz [inlmath]\mathbb{Z}_y[/inlmath] kad je [inlmath]x\ne y[/inlmath]. Na primer [inlmath][1][/inlmath] gledan kao element grupe [inlmath]\mathbb{Z}_x[/inlmath] je klasa ekvivalencije [inlmath]\{\dots, 1-2x,1-x,1,1+x,1+2x\dots\}[/inlmath], a gledan kao element grupe je [inlmath]\mathbb{Z}_y[/inlmath] je [inlmath]\{\dots, 1-2y,1-y,1,1+y,1+2y\dots\}[/inlmath].

Prije svega, puno puno hvala

ubavic je napisao:Dobar dan,
Pretpostavljam da si umesto

mariana je napisao: i da sa [inlmath]x {\color{red}\in} \mathbb{Z} := \left\{x * z : z \in \mathbb{Z} \right\}[/inlmath] oznacavamo podgrupu visekratnika od [inlmath]x[/inlmath]...

mislila na [inlmath]x\, \mathbb{Z} := \left\{x * z : z \in \mathbb{Z} \right\}[/inlmath], pošto je to standardna oznaka.

U pravu si, omaknulo mi se kod tipkanja, no cini mi se da sada ne mogu da izmenim post.

ubavic je napisao:Skup [inlmath]x\, \mathbb{Z}[/inlmath] je jedna podgrupa od [inlmath]\mathbb Z[/inlmath] što možeš lako proveriti, ali to nije količnička grupa grupe [inlmath]\mathbb Z[/inlmath]. Međutim, [inlmath]\mathbb Z _x := \mathbb Z / x\,\mathbb Z[/inlmath] jeste količnička grupa i njeni elementi su [inlmath][0],[1],\dots,[x-1][/inlmath] odnosno klase ekvivalencije u odnosu na kongruenciju po modulu [inlmath]x[/inlmath] (ti si na ovo mislila). Termin količnička podgrupa ne postoji (ili ja barem nikad nisam čuo).

Ovaj deo mi je zapravo puno pomogao. Da, tako je! Mi smo ucili samo kolicnicke grupe pa sam slepo htela da primenin ono sta znam. Iako su stvari dosta jednostavne, moj mozak jos ne razmislja matematicki Onda bi i naslov trebao da bude "podgrupe visekratnka"

ubavic je napisao:Na primer, za [inlmath]x=4[/inlmath], dobijamo [inlmath]4\,\mathbb{Z} = \{\dots-8,-4,0,4,8,12,\dots\}[/inlmath] skup svih celih brojeva deljivih sa četiri. Sa druge strane, [inlmath]6\,\mathbb{Z} = \{\dots-12,-6,0,6,12,\dots\}[/inlmath]. Odavde bi trebalo da možeš da pronađeš [inlmath]x[/inlmath] takvo da je [inlmath]x\,\mathbb Z = 4\,\mathbb Z\cap 6\,\mathbb Z[/inlmath].

Ovo je onda zapravo jako zanimljivo! Onda bi presek trebao da bude skup [inlmath]12\, \mathbb{Z}[/inlmath] ,zar ne? - sto je najmanji zajednici sadrzalac.

Sad se pitam sta bi onda bila unija? Intuitivno nekako [inlmath]2\, \mathbb{Z}[/inlmath], ali on onda ima visak elemenata, iako s druge strane, pogadja sve elemente iz oba skupa

mariana je napisao:Ovo je onda zapravo jako zanimljivo! Onda bi presek trebao da bude skup [inlmath]12\, \mathbb{Z}[/inlmath] ,zar ne? - sto je najmanji zajednici sadrzalac.

Tako je. Probaj sad da dokažeš da to važi u opštem slučaju, odnosno da za svako [inlmath]m,n[/inlmath] važi [inlmath]n\,\mathbb Z\cap m\,\mathbb Z = \mathrm{NZS}\left(n,m\right)[/inlmath]. Vidi zatim da li važi još opštiji slučaj [inlmath]n\,\mathbb Z\cap m\,\mathbb Z\cap k\,\mathbb Z = \mathrm{NZS}\left(n,m,k\right)[/inlmath]...

mariana je napisao:Sad se pitam sta bi onda bila unija? Intuitivno nekako [inlmath]2\, \mathbb{Z}[/inlmath], ali on onda ima visak elemenata, iako s druge strane, pogadja sve elemente iz oba skupa

Presek dve podgrupe je uvek podgrupa, zato ima smisla govoriti o preseku. Za uniju to ne važi. Ali zato možemo da posmatramo podgrupu [inlmath]\left\langle 4\,\mathbb Z\cup 6\,\mathbb Z\right\rangle[/inlmath] odnsno najmanju podgrupu koja sadrži skup [inlmath]4\,\mathbb Z\cup6\,\mathbb Z[/inlmath]. To će biti [inlmath]2\, \mathbb Z[/inlmath] kao što si primetila.

Probaj da dokažeš sledeću činjenicu: unija dve podgrupe [inlmath]H[/inlmath] i [inlmath]K[/inlmath] grupe [inlmath]G[/inlmath] je podgrupa grupe [inlmath]G[/inlmath] ako i samo ako [inlmath]H\subseteq K[/inlmath] ili [inlmath]K\subseteq H[/inlmath].

ubavic je napisao:Probaj da dokažeš sledeću činjenicu: unija dve podgrupe [inlmath]H[/inlmath] i [inlmath]K[/inlmath] grupe [inlmath]G[/inlmath] je podgrupa grupe [inlmath]G[/inlmath] ako i samo ako [inlmath]H\subseteq K[/inlmath] ili [inlmath]K\subseteq H[/inlmath].

Krenut su s ovim posto se sa prvim jos malo mucim.

Pretpostavimo suprotno: [inlmath]\neg (H\subseteq K) \land \neg (K\subseteq H)[/inlmath] , ali: [inlmath](H \cup K) \subseteq G[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow \exists h \in H[/inlmath] takav da [inlmath]h\notin K[/inlmath] i [inlmath]\exists k \in K[/inlmath], t.d. [inlmath]k \notin H[/inlmath]
No, s obzirom da [inlmath](H \cup K) \subseteq G \Rightarrow hk \in H \cup K \Rightarrow hk \in H \lor hk \in K[/inlmath]
Neka je sad [inlmath]hk \in H \land h \in H \land h^-1 \in H \Rightarrow h^-1 hk = k \in H[/inlmath] sto je kontradikcija [inlmath]\Rightarrow \Leftarrow[/inlmath]

Lici li ovo na ista?

ubavic je napisao:Tako je. Probaj sad da dokažeš da to važi u opštem slučaju, odnosno da za svako [inlmath]m,n[/inlmath] važi [inlmath]n\,\mathbb Z\cap m\,\mathbb Z = \mathrm{NZS}\left(n,m\right)[/inlmath]. Vidi zatim da li važi još opštiji slučaj [inlmath]n\,\mathbb Z\cap m\,\mathbb Z\cap k\,\mathbb Z = \mathrm{NZS}\left(n,m,k\right)[/inlmath]

E sad ovaj

[inlmath]n\, \mathbb{Z} = \{\dots -2n,-n,0,n,2n,\dots\}[/inlmath]
i [inlmath]m\, \mathbb{Z} = \{\dots -2m,-m,0,m,2m,\dots\}[/inlmath] , a
[inlmath]{NZS}\left(n,m\right) = k[/inlmath] , takav da [inlmath]n\vert k \land m\vert k[/inlmath]
I neka nam skup [inlmath]S = n\,\mathbb Z\cap m\,\mathbb Z[/inlmath]
Onda je neki [inlmath]x \in S \iff x\vert k[/inlmath]
[inlmath]x \in S \Rightarrow x\vert k \land x \vert n \land x\vert m \Rightarrow x \in n\,\mathbb Z\cap m\,\mathbb Z[/inlmath] ,a ovo je samo moguce ako je x NZS ...

I sad sam se negde pogubila tu na kraju
Ali bi ovaj jos opstiji slucaj bio samo malo duzi niz ... ako sam uopce u dobrom smeru krenula

mariana je napisao:Pretpostavimo suprotno: [inlmath]\neg (H\subseteq K) \land \neg (K\subseteq H)[/inlmath] , ali: [inlmath](H \cup K) \subseteq G[/inlmath]
[inlmath]\Rightarrow \exists h \in H[/inlmath] takav da [inlmath]h\notin K[/inlmath] i [inlmath]\exists k \in K[/inlmath], t.d. [inlmath]k \notin H[/inlmath]
No, s obzirom da [inlmath](H \cup K) \subseteq G \Rightarrow hk \in H \cup K \Rightarrow hk \in H \lor hk \in K[/inlmath]
Neka je sad [inlmath]hk \in H \land h \in H \land h^-1 \in H \Rightarrow h^-1 hk = k \in H[/inlmath] sto je kontradikcija [inlmath]\Rightarrow \Leftarrow[/inlmath]

Ovaj dokaz je dobar, ali je loše zapisan. Prvo obrati pažnju da za označavanje podgrupa koristimo [inlmath]\le[/inlmath] a ne [inlmath]\subseteq[/inlmath] (ovo je veoma važno). Zatim obrati pažnju kako se eksponenti pišu u Latex-u: [inlmath]h^{-1}[/inlmath] a ne [inlmath]h^-1[/inlmath]. Osim ove dve (tehničke) greške, potrebno je još malo da poradiš na stilu. Na primer koristi više reči a manje simbola kao što su [inlmath]\land, \Rightarrow[/inlmath]. Poslednja rečenica bi ovako mogla da glasi: Kako je [inlmath]H\le G[/inlmath] i [inlmath]h\in H[/inlmath], sledi da [inlmath]h^{-1}\in H[/inlmath]. Kako i [inlmath]hk\in H[/inlmath] sledi da [inlmath]k = h^{-1}hk \in H[/inlmath], što je kontradikcija sa pretpostavkom da [inlmath]k\not\in H[/inlmath].

Drugi dokaz nisam uspeo da shvatim.
Dokaži da [inlmath]x\in n\,\mathbb Z \cap m\,\mathbb Z[/inlmath] ako i samo ako [inlmath]x\in k\,\mathbb Z[/inlmath] gde je [inlmath]k=\mathrm{NZS}(n,m)[/inlmath]. Na ovaj način se dokazuje jednakost skupova.

Moze! Hvala!
Ali, pozabavit cu se ovim opet za otprilike 2 tjedna i otipkati progres. Nadam se da nije problem. Odlucila sam lin.alg ostaviti za rok u aprilu, a izaci na jedan drugi, nadam se laksi, ispit sada

Dobro vece.
Moram da prijavim da nisam zaboravila na ovaj post, ali sam malo pustila mozak na pasu nakon semestra. ..E sad, cini se da ovaj moj jos uvek pase, ali cu da pokusam da makar popravim ovaj prvi dokaz, a onda cu navesti sta me muci kod drugog.

Prije toga, zelela bih vam se samo jos jednom zahvaliti. Lepo je videti matematicare entuzijaste, koji rado i nesebicno pomazu drugima i trude se odrzati red na ovom forumu ... Eto, da barem profesori pristupaju na ovakav isti nacin, odnosno primenjuju princip postupnosti, verujem da bi do sada puno vise znala i umela. Ovako mali dokazi su mi zaista poticajan izazov, mada moram sada da kazem da su mi dokazi opcenito nesto sasvim novo i (ocito) se jos ne snalazim u njima...

-----------
Dakle, malo lepse i prozaicnije napisan ovaj prvi:

Pretpostavimo suprotno: Neka [inlmath]\neg (H\subseteq K)[/inlmath] i neka [inlmath]\neg (K\subseteq H)[/inlmath] , ali [inlmath](H \cup K) \le G[/inlmath]
Tada mora da postoji neki h: [inlmath]\exists h \in H[/inlmath] takav da [inlmath]h\notin K[/inlmath]. Isto tako mora da postoji neki k: [inlmath]\exists k \in K[/inlmath], t.d. [inlmath]k \notin H[/inlmath]
No, s obzirom da je [inlmath](H \cup K) \le G[/inlmath] iz toga sledi da je [inlmath]hk \in H \cup K[/inlmath] ,odnosno ili je [inlmath]hk \in H[/inlmath] ili je [inlmath]hk \in K[/inlmath]
Kako je [inlmath]H\le G[/inlmath] i [inlmath]h\in H[/inlmath], sledi da [inlmath]h^{-1}\in H[/inlmath]. Kako i [inlmath]hk\in H[/inlmath] sledi da [inlmath]k = h^{-1}hk \in H[/inlmath], što je kontradikcija [inlmath]\Rightarrow \Leftarrow[/inlmath] sa pretpostavkom da [inlmath]k\not\in H[/inlmath]

ubavic je napisao:Drugi dokaz nisam uspeo da shvatim.
Dokaži da [inlmath]x\in n\,\mathbb Z \cap m\,\mathbb Z[/inlmath] ako i samo ako [inlmath]x\in k\,\mathbb Z[/inlmath] gde je [inlmath]k=\mathrm{NZS}(n,m)[/inlmath]. Na ovaj način se dokazuje jednakost skupova.

Jednakost skupova mogu da dokazem preko elementa:

Ako je [inlmath]x\in \left(n\,\mathbb Z \cap m\,\mathbb Z\right) \Leftrightarrow x\in k\,\mathbb Z[/inlmath] to znaci da je [inlmath]x\in n\,\mathbb Z \land x\in m\,\mathbb Z \Leftrightarrow x\in k\,\mathbb Z[/inlmath]

i onda bi napravila dva dokaz u oba smera, s leva i s desna.
Ono sta sada ne znam kako da uvrstim jeste cinjenica da je k NZS, odnosno on je definisan preko deljivosti, tj. [inlmath]k = \mathrm{NZS}\left(n,m\right)[/inlmath] ako i samo ako [inlmath]m\vert k[/inlmath] i [inlmath]n\vert k[/inlmath]. Ne znam kako bi deljivost preko elementa izrazila
Pretpostavit cu da je dokaz potpuno jednostavan (barem tako svaki izgleda kada ga se vidi), ali meni je ovo sada u ovom trenutku brdo preko kojeg ne vidim

mariana je napisao:Pretpostavimo suprotno: Neka [inlmath]\neg (H\subseteq K)[/inlmath] i neka [inlmath]\neg (K\subseteq H)[/inlmath] , ali [inlmath](H \cup K) \le G[/inlmath]
Tada mora da postoji neki h: [inlmath]\exists h \in H[/inlmath] takav da [inlmath]h\notin K[/inlmath]. Isto tako mora da postoji neki k: [inlmath]\exists k \in K[/inlmath], t.d. [inlmath]k \notin H[/inlmath]
No, s obzirom da je [inlmath](H \cup K) \le G[/inlmath] iz toga sledi da je [inlmath]hk \in H \cup K[/inlmath] ,odnosno ili je [inlmath]hk \in H[/inlmath] ili je [inlmath]hk \in K[/inlmath]
Kako je [inlmath]H\le G[/inlmath] i [inlmath]h\in H[/inlmath], sledi da [inlmath]h^{-1}\in H[/inlmath]. Kako i [inlmath]hk\in H[/inlmath] sledi da [inlmath]k = h^{-1}hk \in H[/inlmath], što je kontradikcija [inlmath]\Rightarrow \Leftarrow[/inlmath] sa pretpostavkom da [inlmath]k\not\in H[/inlmath]

Dokaz je lepo napisan. Međutim moram da ukažem na jedan propust: ti si u poslednjoj rečenici iskoristila da je [inlmath]hk\in H[/inlmath] što ne mora biti tačno. Možda je [inlmath]hk\in K[/inlmath]. Ti si u jednom delu dokazala da važi [inlmath]hk\in H[/inlmath] ili [inlmath]hk\in K[/inlmath], ali mi ne znamo koja od ove dve mogućnosti važi. Zbog toga moraš ispitati obe mogućnosti tj moraš dokazati da se isti zaklučak dobije i kada [inlmath]hk\in K[/inlmath]. Kada se dokaz kompletira, vidimo da u oba slučaja dobijamo kontradikciju, što znači da je početna pretpostavka bila netačna.

Dakle, kad god želiš da dokažeš da iz [inlmath]P\lor Q[/inlmath] sledi [inlmath]R[/inlmath], moraš da dokažeš da iz [inlmath]P[/inlmath] sledi [inlmath]R[/inlmath] i da iz [inlmath]Q[/inlmath] sledi [inlmath]R[/inlmath].

---

Što se tiče drugog dokaza: Hajde da dokažemo da iz [inlmath]x\in n\,\mathbb Z \cap m\,\mathbb Z[/inlmath] sledi da [inlmath]x\in k\,\mathbb Z[/inlmath]. Dakle, pretpostavimo da je [inlmath]x\in n\,\mathbb Z \cap m\,\mathbb Z[/inlmath]. To znači da [inlmath]n\mid x[/inlmath] i [inlmath]m \mid x[/inlmath], a samim tim to znači da i [inlmath]\mathrm{NZS} (m,n) \mid x[/inlmath] (jer je [inlmath]\mathrm{NZS} (m,n)[/inlmath] najmanji prirodan broj koji sadrži [inlmath]m[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath], a [inlmath]x[/inlmath] takođe sadrži [inlmath]m[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath]), odnosno da [inlmath]k \mid x[/inlmath]. Ali to upravo znači da [inlmath]x\in k\,\mathbb Z[/inlmath]. Drugi smer je još lakši, probaj da ga dovršiš :D

ubavic je napisao:Dokaz je lepo napisan. Međutim moram da ukažem na jedan propust:

Shvatam Trebalo bi jos samo uraditi slucaj gde je [inlmath]hk\in K[/inlmath] i onda bi se doslo do kontradikcije da je [inlmath]h = k^{-1}kh \in K[/inlmath]

ubavic je napisao:Što se tiče drugog dokaza ...

Shvatam i ovo Odnosno, jasnija mi je uloga proze u dokazivanju. Vidim kako bi ona mogla biti moj pomocni tocak pre nego budem u mogla misliti na matematickom jeziku bez nje.

Drugi smer bi onda (mozda ) izgledao ovako:
Pod pretpostavkom da je [inlmath]x\in k\,\mathbb Z[/inlmath], odnosno, posto nam je [inlmath]k=NZS(m,n)[/inlmath], to nam onda direktno znaci da [inlmath]m\mid x[/inlmath] i da [inlmath]n \mid x[/inlmath]. Iz toga sledi da postoje neki [inlmath]q[/inlmath] i [inlmath]q'[/inlmath] ,[inlmath]\exists q \in \mathbb Z[/inlmath] i [inlmath]\exists q' \in \mathbb Z[/inlmath] (iz definicije deljivosti), takvi da [inlmath]nq=x[/inlmath] i [inlmath]mq'=x[/inlmath]. Iz ovoga se jasno vidi da je [inlmath]x[/inlmath] sadrzilac od [inlmath]m[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath], pa time da je [inlmath]x\in n\,\mathbb Z[/inlmath] i da je [inlmath]x\in m\,\mathbb Z[/inlmath], sto nas u konacnici dovodi do [inlmath]x\in n\,\mathbb Z \cap m\,\mathbb Z[/inlmath]

Imam i jedno pitanje kod vaseg dokaza: Naime ovaj dio:

ubavic je napisao: ... (jer je [inlmath]\mathrm{NZS} (m,n)[/inlmath] najmanji prirodan broj koji sadrži [inlmath]m[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath], a [inlmath]x[/inlmath] takođe sadrži [inlmath]m[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath]), odnosno da [inlmath]k \mid x[/inlmath]. Ali to upravo znači da [inlmath]x\in k\,\mathbb Z[/inlmath]

zasto [inlmath]k \mid x[/inlmath] znaci upravo da [inlmath]x\in k\,\mathbb Z[/inlmath] (rekli smo da je [inlmath]k=NZS[/inlmath] ) ?
..Jasno mi je da [inlmath]NZS[/inlmath] jeste najmanji prirodan broj koji sadrzi i [inlmath]m[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath]. Isto mi je jasno da [inlmath]x[/inlmath] sadrzi [inlmath]m[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath]. Ali iz gore spomenute definicije, postoji onda [inlmath]q[/inlmath] takav da [inlmath]q * NZS(m,n) = x[/inlmath]. znaci u slucaju da je taj [inlmath]q=1[/inlmath] onda je i [inlmath]x =NZS[/inlmath]. Ali ne vidim zasto [inlmath]x[/inlmath] nebi mogao biti i veci, obzirom da je on clan obaju skupova visekratnika. Osim ako [inlmath]m[/inlmath] i [inlmath]n[/inlmath] nisu medusobno prosti, postoji verovatnost da postoji i drugih, vecih njihovih zajednicih sadrzilaca, jedan od njih bi mogao da bude [inlmath]x[/inlmath], ili?