Read DiscreteMath.pdf text version

DISKRETNA MATEMATIKA

OSNOVE KOMBINATORIKE I TEORIJE GRAFOVA

´ ´ ´ Dragan Stevanovic, Miroslav Ciric

Prirodno-matematiki fakultet u Niu c s

´ Slobodan Simic

Matematiki institut u Beogradu c

´ Vladimir Baltic

Ekonomski fakultet u Beogradu

2. mart 2007

0 1 V

Sadraj z

1 UVOD 1.1 SKUPOVI . . . . . . . . . . . . . . . . Operacije sa skupovima . . . . Proizvod skupova . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . 1.2 FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . Matematika definicija funkcija c Vrste funkcija . . . . . . . . . . Operacije sa funkcijama . . . . Permutacije . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . 1.3 RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . Relacije ekvivalencija . . . . . . Relacije poretka . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . 1.4 MATEMATICKA INDUKCIJA . . . . Princip matematike indukcije c Princip jake indukcije . . . . . Alternativni pristup . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . 7 7 9 11 12 12 12 13 14 16 16 16 18 21 23 23 23 26 27 27 28 29 29 32 33 35 38 43 44 46 47 49 53

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA 2.1 PRINCIPI PREBROJAVANJA . . . . . . . Matematika definicija prebrojavanja c Princip jednakosti . . . . . . . . . . Princip zbira . . . . . . . . . . . . . Princip proizvoda . . . . . . . . . . . Dirihleov princip . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 UREDJENI IZBORI ELEMENATA . . . . Uredjeni izbori sa ponavljanjem . . . Uredjeni izbori bez ponavljanja . . . Permutacije . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

SADRZAJ 2.3 GENERISANJE PERMUTACIJA . . . . . . . . . . . Generisanje svih permutacija . . . . . . . . . . Generisanje odredjene permutacije . . . . . . . Generisanje sluajne permutacije . . . . . . . . c Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . NEUREDJENI IZBORI ELEMENATA . . . . . . . . Neuredjeni izbori bez ponavljanja . . . . . . . . Neuredjeni izbori sa ponavljanjem . . . . . . . Permutacije sa ponavljanjem . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . GENERISANJE KOMBINACIJA . . . . . . . . . . . Generisanje svih k-kombinacija . . . . . . . . . Generisanje odredjene k-kombinacije . . . . . . Generisanje sluajne k-kombinacije . . . . . . . c Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . OSOBINE BINOMNIH KOEFICIJENATA . . . . . . Faktorijelna reprezentacija . . . . . . . . . . . . Uslov simetrinosti . . . . . . . . . . . . . . . . c Adiciona formula . . . . . . . . . . . . . . . . . Binomna teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . Multinomijalna teorema . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . BINOMNI IDENTITETI . . . . . . . . . . . . . . . . Izvlaenje iz zagrada . . . . . . . . . . . . . . . c Sumaciona formula . . . . . . . . . . . . . . . . Negacija gornjeg indeksa . . . . . . . . . . . . . Pojednostavljivanje proizvoda . . . . . . . . . . Sume proizvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA . . . . . . Kako elegantno zapisati matematiku formulu? c Princip ukljuenja-iskljuenja . . . . . . . . . . c c Generalisani princip ukljuenja-iskljuenja . . . c c Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 . 55 . 55 . 57 . 59 . 59 . 60 . 60 . 62 . 66 . 70 . 71 . 72 . 74 . 76 . 77 . 78 . 78 . 79 . 79 . 80 . 83 . 85 . 86 . 86 . 87 . 88 . 89 . 90 . 92 . 94 . 96 . 97 . 101 . 103 106 106 107 108 110 111 113 117 118 119

2.4

2.5

2.6

2.7

2.8

3 NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 3.1 FUNKCIJE GENERATRISE . . . . . . . . . . . Stepeni redovi . . . . . . . . . . . . . . . Novi´i i polinomi . . . . . . . . . . . . . cc Kombinatorno znaenje binomne teoreme c Uoptena binomna teorema . . . . . . . . s Nalaenje funkcija generatrise . . . . . . . z Neke poznate funkcije generatrise . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 REKURENTNE JEDNACINE . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

SADRZAJ Linearna rekurentna jednaina sa konstantnim koeficijenc tima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Neke nelinearne rekurentne jednaine . . . . . . . . . . . c Primene rekurentnih jednaina . . . . . . . . . . . . . . . c Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . FUNKCIJE GENERATRISA I RESAVANJE REKURENTNIH JEDNACINA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . FIBONACIJEVI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Opti lan Fibonaijevog niza . . . . . . . . . . . . . . . . s c c Osnovne osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Identiteti sa Fibonaijevim brojevima . . . . . . . . . . . c Lukasov niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . PARTICIJE PRIRODNIH BROJEVA . . . . . . . . . . . . . . . KATALANOVI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rekurentna relacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reenje pomo´u funkcije generatrise . . . . . . . . . . . . s c Dva direktna reenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . s Koga jo prebrojava Katalan? . . . . . . . . . . . . . . . . s Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

123 129 137 145 147 155 155 157 159 165 168 170 172 172 173 173 175 178 181 186 186 189 191 191 192 192 193 204 207 211 216 217 218 221 221

3.3

3.4

3.5 3.6

4 TEORIJA GRAFOVA 4.1 STABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Korensko stablo . . . . . . . . . . . . . Orijentisana stabla . . . . . . . . . . . . Stabla pretrage u dubinu i irinu . . . . s ´ 4.2 RAZAPINJUCA STABLA . . . . . . . . . . . . Malo istorije i osnovni pojmovi . . . . . Kejlijeva teorema . . . . . . . . . . . . . Teorema o matricama i stablima . . . . Odredjivanje broja razapinju´ih stabala c Vektorski prostor kontura . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 BOJENJE GRAFOVA . . . . . . . . . . . . . . Hromatski broj grafa . . . . . . . . . . . 4.4 TEZINSKI GRAFOVI . . . . . . . . . . . . . . Stabla minimalne teine . . . . . . . . . z ´ 5 DISKRETNA VEROVATNOCA 5.1 POJAM DOGADJAJA . . . . . 5.2 ALGEBRA DOGADJAJA . . . . ´ 5.3 PROSTOR VEROVATNOCE . . ´ 5.4 DODELA VEROVATNOCE DOGADJAJIMA . . . . . . . . . ´ 5.5 USLOVNA VEROVATNOCA . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

227 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 230 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

SADRZAJ ´ FORMULA TOTALNE VEROVATNOCE I BAYES­OVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 SLUCAJNA PROMENLJIVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 NEKE VAZNIJE RASPODELE . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9 NUMERICKE KARAKTERISTIKE SLUCAJNIH PROMENLJIVIH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10 MARKOVLJEVI LANCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.11 INFORMACIJA I ENTROPIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6

5

238 240 244 245 252 254

Predgovor

Diskretna, WUS Austria, "konzorcijum" srpske diskretne matematike . . .

6

Glava 1

Uvod

U ovoj glavi opisujemo osnovne matematike pojmove koji ´e nam trebati u c c daljem radu. Polazimo od samih osnova, tako da ova glava sadri etiri sekcije z c posve´ene skupovima, funkcijama, relacijama i matematikoj indukciji. c c

1.1

SKUPOVI

Osnovni matematiki objekat je skup. Skup se zapisuje navodjenjem njegovih c elemenata izmedju vitiastih zagrada { i }. Skup koji sadri brojeve 1, 3 i 5 (i nic z jedan vie) zapisuje se kao {1, 3, 5}. Ovaj skup se moe zapisati i kao {3, 1, 5}, s z ali i kao {1, 3, 5, 3, 1}, jer se viestruko ponavljanje istog elementa ne uzima u s obzir. Tri take (. . . ) u {2, 4, 6, 8, . . .} znae "i tako dalje, po istom obrascu", tj. c c ovaj zapis oznaava skup svih parnih prirodnih brojeva. Odgovaraju´i obrazac c c treba da bude oigledan. Na primer, {21 , 22 , 23 , . . .} je lako razumljivo kao skup c svih stepena broja 2, dok je zapis {2, 4, 8, . . .} manje oigledan. c Skupovi se obino oznaavaju velikim slovom, s tim to je za najvaniji skup c c s z matematike i oveanstva uopte, skup prirodnih brojeva {1, 2, 3, . . .}, rezervic c s sano slovo N. Jo jedan vaan skup je skup bez elemenata. Postoji samo jedan s z takav skup, oznaava se sa i naziva prazan skup. Primetimo da prazan skup c moe da bude element drugog skupa. Na primer, {} je skup koji sadri prazan z z skup kao svoj element, pa nije isto to i ! s Cinjenica da skup X sadri element x zapisuje se pomo´u simbola . Zapis z c x X se ita kao "x je element X", "x pripada X", "X sadri x", itd. U c z sluaju da element x ne pripada skupu X piemo x X. c s / Sloeniji i interesantniji skupovi obino se dobijaju od poznatih skupova z c pomo´u nekih pravila ili osobina. Takvi skupovi se zapisuju u slede´em obliku c c A = {x : x ima osobinu P }. Cesto se koristi i oznaka A = {x | x ima osobinu P }. 7

GLAVA 1. UVOD PRIMER 1.1.1 Skup svih kvadrata prirodnih brojeva moe da se zapie kao z s {n N : postoji k N tako da je n = k 2 }. ili kra´e kao c {k 2 : k N}.

8

NAPOMENA

Pogreno je misliti da svaka osobina P definie skup. Do ovakvog zakljuka je doao s s c s Bertrand Russell 1911. godine. Posmatrajmo slede´u situaciju: frizer u gradi´u X c c treba da ia sve gradjane koji se ne iaju sami--treba li on, kao jedan od gradjana ss ss iz X, da ia samog sebe? Do istog paradoksa se dolazi i ako definiemo slede´i skup: ss s c A = {X : X je skup koji ne sadri samog sebe}. z Da li skup A sadri samog sebe? Ako pretpostavimo da A sadri samog sebe, tada z z po osobini elemenata skupa A vai da A ne sadri samog sebe. S druge strane, ako z z pretpostavimo da A ne sadri samog sebe, tada on zadovoljava osobinu elemenata z skupa A, pa mora da pripada samom sebi. U svakom sluaju dolazimo do kontradikcije. c Jedini izlaz je re´i da A nije skup! Objekte kao to je skup A, matematiari obino c s c c zovu familije skupova.

Koriste´i pojam pripadanja skupu, , moemo da definiemo mnoge relacije c z s izmedju skupova i operacije na skupovima. Na primer, dva skupa X i Y su jednaka ako imaju iste elemente. U tom sluaju piemo X = Y . Ako su X, Y c s skupovi, zapis X Y (reima: "X je podskup Y") znai da svaki element X c c pripada skupu Y . Primetimo da je X = Y ako i samo ako je X Y i Y X. Ako je X Y , ali je X = Y , tada Y sadri bar jedan element koji ne z pripada X. U tom sluaju se kae da je X pravi podskup Y i pie X Y . c z s Ako X Y i Y X, tada se kae da su skupovi X i Y neuporedivi. Za z skupove X i Y se kae da su disjunktni ako nemaju zajednikih elemenata. z c Skupovi {1, 3, 5} i {2, 4, 6} su disjunktni, dok skupovi {1, 3, 5} i {2, 3, 4} nisu disjunktni. Za niz skupova X1 , X2 , X3 , . . . se kae da su uzajamno disjunktni, z ako su svaka dva od njih disjunktna. PRIMER 1.1.2 Skupovi {1, 2}, {3, 4}, {5, 6} {1, 2}, {3, 4}, {1, 6} su uzajamno disjunktni nisu uzajamno disjunktni

Skup koji se sastoji od svih mogu´ih podskupova skupa X naziva se partitivni c skup skupa X i oznaava sa P(X). Na primer, za X = {a, b, c} imamo da je c P(X) = {, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}. NAPOMENA

Primetimo da vai P(X) i X P(X), ali da nije X P(X)! z

GLAVA 1. UVOD

9

OPERACIJE SA SKUPOVIMA

Najvanije i naje´e operacije sa skupovima su unija, presek, razlika, z c sc simetrina razlika i komplement. Za skupove X i Y ove operacije se definiu na c s slede´i nain: c c Unija: X Y Presek: X Y Razlika: X \ Y Simetrina razlika: X Y c = {z : z X ili z Y } = {z : z X i z Y } = {z : z X i z Y } / = (X \ Y ) (Y \ X)

Komplement X skupa X sadri sve elemente koji ne pripadaju skupu X. Da z bi ova definicija imala smisla (i da X ne bi sadrao i suvine elemente kao to z s s su ljudi, ivotinje, biljke, . . . ) svi skupovi sa kojima radimo moraju da budu z podskupovi nekog ve´eg skupa, tzv. univerzuma U . Tada je c Komplement: X= {z U : z X}. /

Zgodno slikovno predstavljanje operacija sa skupovima je pomo´u Venovih c dijagrama. Pogledajte sliku 1.1. Ako zamislimo skupove X i Y kao unutranjosti odgovaraju´ih krugova, tada osenene povrine na slikama 1.1a,b,c,d,e s c c s redom predstavljaju skupove X Y , X Y , X \ Y , X Y i X. Ovde idu Venovi dijagrami. Slika 1.1: Operacije sa skupovima Za ove operacije sa skupovima vae odredjeni zakoni. Najvaniji od njih su z z navedeni u slede´oj teoremi. c TEOREMA 1.1.3 Neka su X, Y i Z skupovi. Tada vai: z a) Asocijativnost: X (Y Z) = (X Y ) Z X (Y Z) = (X Y ) Z b) Komutativnost: X Y X Y c) Apsorptivnost: X (X Y ) = X X (X Y ) = X = Y X = Y X

GLAVA 1. UVOD d) Distributivnost: X (Y Z) = (X Y ) (X Z) X (Y Z) = (X Y ) (X Z) e) De Morganovi zakoni: X \ (Y Z) = (X \ Y ) (X \ Z) X \ (Y Z) = (X \ Y ) (X \ Z)

10

Dokaz . Dokaza´emo samo prvi de Morganov zakon. Dokazivanje ostalih c zakona moe posluiti itaocu za vebu. z z c z Neka je x X \ (Y Z). To znai da x X, ali da x Y Z. Iz x Y Z c / / sledi da x Y i x Z. Dalje, iz x X i x Y sledi da x X \ Y i slino iz / / / c x X i x Z sledi da x X \ Z, pa vai da x (X \ Y ) (X \ Z). Kako ovo / z vai za svaki element skupa X \ (Y Z), zakljuujemo da je z c (1.1) X \ (Y Z) (X \ Y ) (X \ Z).

Neka je sada x (X \ Y ) (X \ Z). Ovo znai da x X \ Y i x X \ Z. c Odavde dobijamo da je x X, x Y i x Z. Iz x Y i x Z sledi da / / / / x Y Z, pa dobijamo da x X \ (Y Z). Ovo takodje vai za svaki element / z skupa (X \ Y ) (X \ Z), pa zakljuujemo da je c (1.2) (X \ Y ) (X \ Z) X \ (Y Z).

Iz (1.1) i (1.2) sledi da je X \ (Y Z) = (X \ Y ) (X \ Z). Ako su X1 , X2 , . . . , Xn skupovi, njihova unija X1 X2 . . . Xn moe kra´e z c da se zapie kao s

n

Xi .

i=1

Slino se presek X1 X2 . . . Xn kra´e zapisuje kao c c

n

Xi .

i=1

Zakoni iz teoreme 1.1.3 vae i u sluaju kada imamo vie skupova, i koriste´i z c s c skra´eni zapis, oni glase: c

GLAVA 1. UVOD Distributivnost:

n n

11

X

i=1 n

Yi Yi

i=1

=

i=1 n

(X Yi ) (X Yi )

i=1

X

=

De Morganovi zakoni:

n n

X\

i=1 n

Yi Yi

i=1

=

i=1 n

(X \ Yi ) (X \ Yi )

i=1

X\

=

PROIZVOD SKUPOVA

Kao to ve´ znamo, {x, y} oznaava skup koji sadri elemente x i y. Skup s c c z {x, y} se ponekad naziva i neuredjeni par x i y. Primetimo da je {x, y} isto to s i {y, x}, kao i da {x, y} ima samo jedan element ako je x = y. U primenama se esto name´e potreba za razlikovanjem elemenata u paru. c c Stoga uvedimo notaciju (x, y) za uredjeni par x i y. Pritom vai: z (x, y) = (z, t) ako i samo ako x = z i y = t. NAPOMENA

Zanimljivo je da uredjeni par moe da se definie pomo´u neuredjenog para na slede´i z s c c nain: c (x, y) = {{x}, {x, y}}.

Slino se definie i uredjena n-torka (x1 , x2 , . . . , xn ) koja se sastoji od elemec s nata x1 , x2 , . . . , xn . Pritom vai: z (x1 , x2 , . . . , xn ) = (y1 , y2 , . . . , yn ) ako i samo ako je xi = yi za i = 1, 2, . . . , n. Poslednja operacija koju spominjemo je proizvod X × Y skupova X i Y . Proizvod skupova X i Y je skup svih uredjenih parova (x, y), gde x X i y Y , ili preciznije, X × Y = {(x, y) : x X, y Y }. PRIMER 1.1.4 Za X = {1, 2, 3} i Y = {a, b} imamo da je X ×Y Y ×X = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)}, = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)}.

GLAVA 1. UVOD

12

NAPOMENA

Primetimo da u optem sluaju X × Y nije isto to i Y × X, tj. proizvod skupova nije s c s komutativan.

Slino proizvodu dva skupa, proizvod X1 × X2 × . . . × Xn skupova X1 , c X2 ,. . . ,Xn , ili kra´e c

n

Xn ,

i=1

definie se kao skup svih uredjenih n-torki (x1 , x2 , . . . , xn ) tako da za i = s 1, 2, . . . , n vai xi Xi . z Proizvod skupa X sa samim sobom kra´e se oznaava stepenom uz X, tj. c c X × X = X 2, X × X × X = X 3, X × X × X × X = X 4, ...

ZADACI

1.2

FUNKCIJE

Sa funkcijama ili preslikavanjima, kako se drugaije zovu, sreli smo se ve´ u c c srednjokolskoj matematici. Tada smo nauili da se funkcija definie pravilom s c s preslikavanja koje elementima jednog skupa dodeljuje elemente drugog skupa. Na primer, jedna mogu´a funkcija je f1 (n) = 2n - 1, gde je n N . Isto tako c se moe zadati i funkcija f2 (x) = 2x - 1, gde je x R. Ovakvo predstavljanje z funkcija naglaava samo pravilo preslikavanja. Pri tome se obino kae kom s c z skupu pripadaju argumenti funkcije (s tim to se ponekad koristimo logikom da s n oznaava prirodan broj, dok x oznaava realan broj), medjutim skoro nikad c c se ne kae kom skupu pripadaju vrednosti funkcija. Zbog toga je ovo intuitivno z predstavljanje funkcija.

MATEMATICKA DEFINICIJA FUNKCIJA

DEFINICIJA 1.2.1

Pod funkcijom se podrazumeva uredjena trojka (A, B, f ), gde je f A × B, pri emu za svako x A postoji tano jedno y B tako da (x, y) f . Skup c c A se naziva domen, skup B se naziva kodomen, a f je pravilo preslikavanja. Cinjenica da funkcija preslikava elemente domena A u elemente kodomena B pomo´u pravila preslikavanja f se zapisuje pomo´u c c f : A B,

GLAVA 1. UVOD

13

a za (x, y) f ravnopravno (i e´e) piemo f (x) = y. Samo pravilo presc sc s likavanja f se zadaje formulom ili navodjenjem parova elemenata (x, y) koji pripadaju f .

DEFINICIJA 1.2.2

Skup f (A) = {f (x) | x A} se naziva slika funkcije f .

PRIMER 1.2.3

Funkcija f1 (n) = 2n - 1 se pravilno zapisuje na slede´i nain: c c f1 : N N, f1 (n) = 2n - 1,

dok se funkcija f2 (x) = 2x - 1 zapisuje pomo´u c f2 : R R, f2 (x) = 2x - 1.

PRIMER 1.2.4

Ako je A = {1, 2, 3}, a B = {1, 3, 5}, tada moemo definisati funkciju f3 pomo´u z c f3 : A B, ili drugaije c f3 : A B, f3 = {(1, 1), (2, 3), (3, 5)}. U poslednjem sluaju smo funkciju definisali pomo´u navodjenja svih parova c c elemenata koji joj pripadaju. f3 (a) = 2a - 1,

VRSTE FUNKCIJA

Vani i naje´e kori´eni tipovi funkcija u matematici su dati u slede´oj z c sc sc c definiciji.

DEFINICIJA 1.2.5

Funkcija f : A B naziva se 1-1 ukoliko vai z (x1 , x2 A) x1 = x2 f (x1 ) = f (x2 ). Funkcija f : A B naziva se na ukoliko vai z (y B) (x A) f (x) = y. Funkcija f : A B naziva se bijekcija ili obostrano jednoznano preslikavanje c ako je funkcija istovremeno i 1-1 i na.

GLAVA 1. UVOD PRIMER 1.2.6

14

Funkcija a : {1, 2} {1, 3, 5} data pravilom preslikavanja a(x) = 2x - 1 je 1-1, ali nije na, jer se nijedan element domena ne preslikava u element 5 iz kodomena. Funkcija b : {1, 2, 3} {1, 3} data pravilom preslikavanja b = {(1, 1), (2, 3), (3, 1)} jeste na, ali nije 1-1, jer se elementi 1 i 3 domena preslikavaju u isti element kodomena. Na kraju, funkcija c : {1, 2, 3} {1, 3, 5} data pravilom preslikavanja c(x) = 2x - 1 jeste i 1-1 i na, pa zakljuujemo da c je to bijekcija. Funkcija f : A B se moe slikovno predstaviti tako to najpre predstave z s domen A i kodomen B funkcije, a onda se usmerenim linijama svaki element x A povee sa vredno´u f (x) B. Na sl. 1.2 su predstavljene funkcije a, b i z sc c iz gornjeg primera. Slikovno predstavljanje funkcija a, b i c. Slika 1.2: Slikovno predstavljanje funkcija

OPERACIJE SA FUNKCIJAMA

S obzirom da su funkcije u stvari skupovi parova elemenata, sa njima moemo z da vrimo sve operacije kao i sa skupovima. Medjutim, pored njih, postoje i s operacije koje su namenjene samo funkcijama.

DEFINICIJA 1.2.7

Ako su date funkcije f : A B i g : B C, tada se pod slaganjem funkcija f i g podrazumeva funkcija g f : A C data pravilom preslikavanja g f (x) = g(f (x)), x A.

DEFINICIJA 1.2.8

Ako su dati funkcija f : A B i podskup A A, tada se pod redukcijom funkcije f na poddomen A , u oznaci f |A , podrazumeva funkcija f : A B data pravilom preslikavanja f |A (x) = f (x), xA.

DEFINICIJA 1.2.9

Za proizvoljan skup A, funkcija iA : A A data pravilom preslikavanja iA (x) = x, xA

GLAVA 1. UVOD naziva se identika funkcija na skupu A. c

15

DEFINICIJA 1.2.10

Ako je data funkcija f : A B, tada se za funkciju g : B A kae da je z inverzna funkcija za funkciju f ako vai z g(f (x)) = x, f (g(y)) = y, tj. ako vai z g f = iA i f g = iB . Inverzna funkcija za funkciju f se obino obeleava sa f -1 . c z Inverzna funkcija ne postoji za svaku funkciju. To moemo videti i iz slede´e z c teoreme. x A, y B,

TEOREMA 1.2.11

Za funkciju f : A B postoji inverzna funkcija ako i samo ako je f bijekcija.

Dokaz . Pretpostavimo da funkcija f : A B ima inverznu funkciju f -1 : B A i dokaimo da je f bijekcija. Funkcija f je 1-1, jer ako je f (x1 ) = z f (x2 ) = y za x1 = x2 , tada iz definicije inverzne funkcije sledi da je f -1 (y) = f -1 (f (x1 )) = x1 i f -1 (y) = f -1 (f (x2 )) = x2 , to je kontradiktorno injenici s c da je f -1 funkcija i da, prema tome, moe da ima samo jednu vrednost za datu z vrednostargumenta. S druge strane, funkcija f je na, jer za svako y B vai z f (f -1 (y)) = y. Pretpostavimo sada da je f bijekcija i dokaimo da onda postoji funkcija h z koja je njena inverzna funkcija. Funkciju h ´emo definisati na slede´i nain: c c c h B × A, (y, x) h ako i samo ako je f (x) = y.

Primetimo da smo ovim, u stvari, samo definisali jedan podskup h B × A, pa stoga moramo tek da pokaemo da je h zaista funkcija, tj. da za svako y B z postoji tano jedno x A tako da je h(y) = x. Najpre, poto je funkcija f c s na, to za y B postoji x A tako da je f (x) = y, pa po definiciji h vai i z (y, x) h. Dalje, poto je funkcija f i 1-1, ovakvo x je jedinstveno, pa smo se s zaista uverili da je h funkcija i moemo slobodno da piemo z s h : B A, h(y) = x ako i samo ako je f (x) = y.

Sada je jasno da vai h(f (x)) = x i f (h(y)) = y, pa je h inverzna funkcija z za f .

PERMUTACIJE

GLAVA 1. UVOD

16

Pod permutacijom skupa A se podrazumeva svaka bijekcija f : A A skupa A na samog sebe. Skup svih permutacija skupa A obino se obeleava c z sa Sym (A). Za skup Sym (A) svih permutacija skupa A vai slede´a teorema, z c koja ilustruje algebarsku strukturu skupa Sym (A). TEOREMA 1.2.12 Ako je dat skup A, tada za skup Sym (A) vae slede´e osobine: z c a) Zatvorenost: (f, g Sym (A)) f g Sym (A); b) Asocijativnost: (f, g, h Sym (A)) f (g h) = (f g) h; c) Postojanje neutralnog elementa: (iA Sym (A)) (x A) iA (x) = x; d) Postojanje inverznog elementa: (f Sym (A)) (f -1 Sym (A)) f f -1 = f -1 f = iA .

ZADACI

1.3

RELACIJE

Relacija, u najkra´em, predstavlja odnos izmedju elemenata nekih skupova. c Stroga matematika definicija je slede´a. c c

DEFINICIJA 1.3.1

Ako su dati skupovi A1 , A2 , . . . , Ak , k N , tada se pod relacijom duine k z izmedju elemenata skupova A1 , A2 , . . . , Ak podrazumeva podskup A1 × A2 × . . . × Ak . Ako (x1 , x2 , . . . , xk ) , tada kaemo da su elementi x1 , x2 , . . . , z xk u relaciji . S druge strane, ako je A1 = A2 = . . . = Ak = A, tada kaemo z da je relacija duine k na skupu A. z

PRIMER 1.3.2

Razmotrimo slede´e skupove: c

GLAVA 1. UVOD ´ A = { Cira, Dragan, Marko }, B = { logika, algebra, diskretna matematika }, C = { ponedeljak, utorak, sreda, etvrtak, petak }. c Tada ´ = {(Cira, logika, utorak), (Dragan, algebra, utorak), (Dragan, diskretna matematika, etvrtak), c (Marko, diskretna matematika, petak)}

17

predstavlja relaciju duine 3, koja moe da predstavlja obaveze profesora i asisz z tenata u pogledu predmeta i datuma.

DEFINICIJA 1.3.3

Relacija A × B duine 2 se naziva binarna relacija. Uobiajeno je da z c se za elemente x A i y B koji su u relaciji umesto (x, y) pie s x y. Skup {a A | a b za neko b B} se naziva domen relacije , a skup {b B | a b za neko a A} se naziva kodomen relacije .

NAPOMENA PRIMER 1.3.4

Primetimo da je svaka funkcija f : A B, takodje binarna relacija, jer je f A × B.

Na skupu {1, 2, 3, 4, 6} moemo da definiemo binarnu relaciju tako to ´emo z s s c da je x y ako je x manje od y i x deli y. Relaciju tada ine slede´i parovi c c elemenata = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 6), (2, 4), (2, 6), (3, 6)}. Ova relacija je slikovno predstavljena na sl. 1.3a slino nainu na koji se predc c stavljaju funkcije, tako to se usmerenim linijama poveu parovi elemenata koji s z su u relaciji. Naini predstavljanja relacije . c Slika 1.3: Naini predstavljanja relacija c

Medjutim, binarna relacija na konanom skupu A moe se predstaviti c z jo na dva naina: s c · tablino - tako to se nacrta tablica ije vrste i kolone predstavljaju elec s c mente A, a zatim se u preseku vrste x i kolone y stavlja 1 ukoliko je x y, a 0 ukoliko nije x y.

GLAVA 1. UVOD

18

· pomo´u orijentisanih grafova - tako to se svaki element skupa A predstavi c s vorom, a zatim se vorovi x i y poveu usmerenom linijom od x ka y ako c c z je x y. Ova dva naina predstavljanja su prikazana na sl. 1.3b i sl. 1.3c. c Kao i funkcije, i relacije se mogu slagati.

DEFINICIJA 1.3.5

Neka su date relacije A × B i B × C. Tada se pod slaganjem relacija i podrazumeva relacija A × C odredjena sa = {(a, c) | postoji b B tako da je a b i b c}.

NAPOMENA

S obzirom da su funkcije poseban sluaj relacija, i slaganje funkcija je poseban sluaj c c slaganja relacija. Medjutim, primetimo veoma bitnu razliku: slaganje funkcija f : A B i g : B C oznaava se sa g f , dok se slaganje relacija A × B i B × C c oznaava sa . Znai, kod slaganja funkcija prvu funkciju stavljamo iza , dok kod c c slaganja relacija prvu relaciju stavljamo ispred .

Nadalje ´emo posmatrati samo binarne relacije kod kojih se domen i c kodomen poklapaju i pritom posvetiti panju vanim vrstama relacija--relacijama z z ekvivalencije i relacijama poretka.

RELACIJE EKVIVALENCIJE

DEFINICIJA 1.3.6

Relacija na skupu A je: (i) refleksivna, ako (x A) x x; (ii) simetrina, ako c (x, y A) x y y x; (iii) tranzitivna, ako (x, y, z A) x y y z x z.

DEFINICIJA 1.3.7

Relacija na skupu A je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetrina i c tranzitivna.

GLAVA 1. UVOD PRIMER 1.3.8

19

Definiimo relaciju na skupu prirodnih brojeva, tako da su dva prirodna broja s u relaciji ako i samo ako su jednaki. Ova relacija je refleksivna, jer je svaki broj jednak samom sebi, simetrina, jer iz x = y sigurno sledi da je y = x, c i tranzitivna, jer iz x = y i y = z sledi da je x = z. Relacija jednakosti je svakako najjednostavniji primer relacije ekvivalencije i njena svojstva su sluila z kao inspiracija za definiciju relacije ekvivalencije.

PRIMER 1.3.9

Relacija na skupu prirodnih brojeva, tako da su dva prirodna broja u relaciji ako je njihova razlika deljiva sa 4 (tj. ako daju isti ostatak pri deljenju sa 4) je takodje relacije ekvivalencije. Naime, ova relacija je refleksivna, jer 4|x - x = 0, simetrina, jer iz 4|x - y sledi da 4|y - x, i tranzitivna, jer iz 4|x - y i 4|y - z c sledi da 4|(x - y) + (y - z) = x - z.

PRIMER 1.3.10

Neka su dati skup A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i njegovi uzajamno disjunktni podskupovi B1 = {1, 2, 3}, B2 = {4, 5} i B3 = {6, 7}. Na skupu A moemo da z definiemo relaciju na slede´i nain: s c c xy x i y pripadaju istom podskupu Bi .

Ova relacija je oigledno refleksivna i simetrina, a tranzitivnost sledi iz injenice c c c da ako je x y i y z tada x i z pripadaju istom podskupu kome pripada i y, a kako y pripada tano jednom podskupu Bi , jer su oni uzajamno disjunktni, c to i x i z pripadaju ovom istom podskupu Bi , pa zakljuujemo da je x z. c Predstavljanje ove relacije pomo´u orijentisanih grafova dato je na sl. 1.4. c Predstavljanje relacije ekvivalencije pomo´u orijentisanih grafova c Slika 1.4: Primer relacije ekvivalencije

Poslednji primer ujedno ilustruje i slede´u definiciju. c

DEFINICIJA 1.3.11

Neka je relacija ekvivalencije na skupu A i neka je x A. Skup Cx = {y A | x y} naziva se klasa ekvivalencije elementa x. Ponekad se koristi i oznaka [x] za klasu ekvivalencije elementa x.

TEOREMA 1.3.12

Neka je relacija ekvivalencije na skupu A. Tada vai: z a) (x, y A) Cx = Cy Cx Cy = .

GLAVA 1. UVOD b) A =

xA

20

Cx .

Dokaz . a) Pretpostavimo da je Cx Cy = i neka z Cx Cy . Tada je x z i y z, pa kako je relacija simetrina i tranzitivna, dobijamo da je x y. Sada c iz w Cx sledi da je w x i x y, pa iz tranzitivnosti imamo w y, tj. w Cy . Takodje vai i obrnuto, tj. iz w Cy sledi da je w y i y x, pa imamo i w x, z tj. w Cx . Ovo pokazuje da je sada Cx = Cy . b) Kako za svako x A vai da je Cx A, to sledi i da je xA Cx A. S z druge strane, za svako y A vai da je y Cy xA Cx , pa zakljuujemo da z c je A = xA Cx . Iz prethodne teoreme vidimo da su razliite klase ekvivalencije uzajamno c disjunktne, a da unija svih klasa ekvivalencije daje ceo skup. Podela skupa na podskupove sa ovakvim svojstvima drugaije se naziva particija skupa, tanije c c

DEFINICIJA 1.3.13

Neka je A proizvoljan skup i C P(A). Ukoliko vai z (X, Y C) X = Y i A=

XC

X Y =

X,

tada se C naziva particija skupa A. Iz Teoreme 1.3.12 vidimo da klase ekvivalencije obrazuju particiju skupa. Medjutim, vai i obratno: svakoj particiji skupa odgovara relacija ekvivalencije z na tom skupu ije su klase ekvivalencije upravo elementi particije. c TEOREMA 1.3.14 Neka je C particija skupa A. Definiimo relaciju na skupu A pomo´u s c xy x i y pripadaju istom elementu particije C.

Tada je relacija ekvivalencije ije su klase ekvivalencije upravo elementi parc ticije C.

Dokaz . Relacija je refleksivna i simetrina po svojoj definiciji. Neka je c sada x y i y z. Poto je C particija skupa A, postoji tano jedan podskup s c C C tako da y C (u suprotnom, ako bi postojala dva razliita podskupa c koji sadre y onda bi oni imali neprazan presek, to je nemogu´e). Sada iz x y z s c sledi da x C i iz y z sledi i da z C, tako da zakljuujemo da vai x z, jer c z pripadaju istom elementu C particije C. Prema tome, je relacija ekvivalencije.

GLAVA 1. UVOD

21

S druge strane, kao to smo ve´ videli, za svako x A postoji tano jedan s c c podskup C C tako da x C. Klasu ekvivalencije Cx elementa x po definiciji ine svi oni elementi y A koji takodje pripadaju C, odakle vidimo da je c Cx = C, tj. klase ekvivalencije su upravo elementi particije C.

RELACIJE PORETKA

DEFINICIJA 1.3.15

Relacija na skupu A je antisimetrina ako vai c z (x, y A) x y y x x = y.

DEFINICIJA 1.3.16

Relacija na skupu A je relacija poretka ako je refleksivna, antisimetrina i c tranzitivna. Relacija poretka se takodje naziva i uredjenje, odnosno parcijalno uredjenje.

DEFINICIJA 1.3.17

Uredjeni par (A, ), gde je relacija poretka na skupu A, naziva se parcijalno uredjen skup.

PRIMER 1.3.18

Relacija "manje ili jednako"

na skupu N je relacija poretka, jer je

(x N ) x x, (x, y N ) x y y x x = y, (x, y, z N ) x y y z x z. Kao i kod jednakosti, i u ovom sluaju su svojstva relacije c relacije poretka. vodila ka definiciji

PRIMER 1.3.19

Relacija "deliti" | na skupu N je relacija poretka, jer je (x N) x | x, (x, y N) x | y y | x x = y, (x, y, z N) x | y y | z x | z.

PRIMER 1.3.20

Za proizvoljan skup A relacija na skupu P(A) je relacija poretka, jer je

GLAVA 1. UVOD (X P(A)) X X, (X, Y P(A)) X Y Y X X = Y, (X, Y, Z P(A)) X Y Y Z X Z.

22

S obzirom na gornje primere relacija i u matematici je postalo uobiajeno da se relacija poretka oznaava simbolom . Sada ´emo definisati c c c nekoliko esto sretanih pojmova kod parcijalnih uredjenja. c

DEFINICIJA 1.3.21

Neka je (A, ) parcijalno uredjenje i neka je B A. Za element a A se kae z da je donja granica za B ako je (x B) a x.

Element a A je najmanji element u B ako je a B i a je donja granica za B. Za element a A se kae da je gornja granica za B ako je z (x B) x a.

Element a A je najve´i element u B ako je a B i a je gornja granica za B. c Primetimo da kod parcijalnog uredjenja mogu da postoje elementi koji nisu uporedivi, pa stoga mogu da postoje i podskupovi koji nemaju najmanji element, odnosno najve´i element. Na primer, ako posmatramo relaciju poretka c na skupu P({1, 2, 3}), tada skup {{1}, {2}, {3}} nema niti najmanji, niti najve´i c element. Svojstva relacije poretka na skupu N su posluila kao inspiracija za jo dve z s vane vrste uredjenja. z

DEFINICIJA 1.3.22

Relacija poretka x, y A vai x z

na skupu A je linearno uredjenje ako za svaka dva elementa y ili y x.

DEFINICIJA 1.3.23

Linearno uredjenje na skupu A je dobro uredjenje ako svaki konaan podskup c od A ima najmanji element u odnosu na uredjenje . Za slikovno predstavljanje relacija poretka na konanom skupu mogu se iskoc ristiti Haseovi dijagrami. Da bismo mogli da opiemo konstrukciju Haseovog s dijagrama potrebna nam je slede´a pomo´na definicija. c c

DEFINICIJA 1.3.24

Neka je relacija poretka na konanom skupu A i neka je x A proizvoljni elec ment skupa A. Za element y A se kae da je neposredni prethodnik elementa x z ako je y x, y = x i vai z (z A) y z z x z = y z = x.

GLAVA 1. UVOD

23

Drugim reima, y je neposredni prethodnik od x ako nijedan drugi element c skupa A ne moe da se smesti izmedju y i x. z Kada je data relacija poretka na konanom skupu A, tada za svaki element c skupa A moemo da odredimo nivo u odnosu na relaciju . Naime, element x z A je na nivou 0 ako nema neposrednog prethodnika. U suprotnom, element x je na nivou k, k > 0, ako ima bar jednog neposrednog prethodnika na nivou k - 1, dok se svi ostali neposredni prethodnici nalaze na nivoima najvie k - 1. s Sada se Haseov dijagram relacije dobija na slede´i nain: elementi skupa A c c se poredjaju po nivoima poev od nivoa 0 na dnu, do najve´eg nivoa na vrhu i c c svaki element se spaja linijom sa svim svojim neposrednim prethodnicima. Na sl. 1.5 su prikazani Haseovi dijagrami za relacije na skupu P({1, 2, 3}) i | na skupu {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Haseov dijagram za dve relacije poretka Slika 1.5: Haseov dijagram relacije poretka Iz naina konstrukcije Haseovog dijagrama moemo da vidimo da su elementi c z na istom nivou neuporedivi. Iz ovoga zakljuujemo da kod linearnog uredjenja, c kod koga su svaka dva elementa uporediva, na svakom nivou postoji tano jedan c element. Stoga je Haseov dijagram linearnog uredjenja veoma jednostavan: on predstavlja niz elemenata skupa poredjanih jedan iznad drugog.

ZADACI

1.4

MATEMATICKA INDUKCIJA

Matematika indukcija je jedan od naje´ih naina dokazivanja matematikih c c sc c c tvrdjenja u diskretnoj matematici, ali se esto sre´e i u drugim granama matec c matike. S obzirom na njenu iroku rasprostranjenost, vano je da se sa njom s z to bolje upoznamo. s

PRINCIP MATEMATICKE INDUKCIJE

Neka je S(n) neko tvrdjenje koje zavisi od prirodnog broja n; na primer, S(n) moe da bude tvrdjenje "zbir prvih n neparnih brojeva jednak je n2 ". z Raunaju´i ove zbirove moemo da proverimo da tvrdjenje vai za neke male c c z z vrednosti n. Na primer, 1 = 12 , 1 + 3 = 22 , 1 + 3 + 5 = 32 , 1 + 3 + 5 + 7 = 42 , 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 52 .

GLAVA 1. UVOD

24

Cak i ako tvrdjenje proverimo pomo´u raunara za prvih milion vrednosti n, to c c jo uvek nije dokaz. Ko zna, milion i prvi broj i dalje moe da bude kontraprimer. s z Ispravnost ovog tvrdjenja dokazujemo pomo´u principa matematike indukcije, c c koji se sastoji u slede´em: c i) Dokazati da je S(1) tano; c ii) Dokazati da vai "ako je S(n) tano, tada je i S(n + 1) tano"; pritom, z c c dokaz mora da vai za proizvoljan prirodan broj n. z Dokaz pod (i) se zove baza indukcije, dok se dokaz pod (ii) zove induktivni korak. PRIMER 1.4.1 U naem primeru, tvrdjenje S(n) je s 1 + 3 + . . . + (2n - 1) = n2 .

Reenje. s nain: c

Dokaz ovog tvrdjenja matematikom indukcijom odvija se na slede´i c c

i) S(1) je tano, jer je 1 = 12 ; c ii) Ako je za neki broj n tvrdjenje S(n) tano, tada vai c z 1 + 3 + . . . + (2n - 1) = n2 . Dodaju´i sa obe strane 2n + 1 dobijamo da vai c z 1 + 3 + . . . + (2n - 1) + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 , to pokazuje da je i S(n + 1) tano. s c Ovim je dokaz zavren. s Deluje jednostavno, zar ne? Da vidimo sada zbog ega je ovo zaista dokaz da c tvrdjenje S(n) vai za svaki prirodan broj n. U bazi indukcije najpre dokazujemo z da je S(1) tano. Ako zatim stavimo vrednost n = 1 u induktivni korak tada c dobijamo da je S(2) takodje tano. Ako sada novu vrednost n = 2 stavimo u c induktivni korak, tada dobijamo da je S(3) takodje tano. Ponavljaju´i ovaj c c postupak, redom dobijamo da su tana tvrdjenja S(4), S(5), S(6), . . . i vidimo c da na ovaj nain moemo da dokaemo da je tvrdjenje S(n) tano za svaki c z z c prirodan broj n. Tanije, induktivni korak nam daje slede´i beskonaan niz c c c implikacija: S(1) S(2) S(3) S(4) S(5) S(6) . . . S(n) . . . dok baza indukcije slui da zaponemo kretanje po ovom nizu tako to dokazuje z c s tanost prvog tvrdjenja u njemu. c

GLAVA 1. UVOD PRIMER 1.4.2 Dokazati da za svaki prirodan broj n vai 1 + 2 + . . . + n = z

n(n+1) . 2

25

Reenje. Najpre dokazujemo bazu indukcije. Za n = 1 tvrdjenje se svodi na s s c 1 = 1(1+1) , to je tano. Zatim prelazimo na dokaz induktivnog koraka. Stoga 2 pretpostavimo da je tvrdjenje 1 + 2 + ... + n = n(n + 1) 2

tano za neki prirodan broj n. Dodaju´i n + 1 na obe strane dobijamo da vai c c z 1+2+. . .+n+(n+1) = n(n + 1) n (n + 1)(n + 2) +(n+1) = (n+1) +1 = , 2 2 2

to dokazuje da je tvrdjenje tano i za broj n + 1. Po principu matematike s c c indukcije, dokaz je zavren. s PRIMER 1.4.3 Dokazati da je za svaki prirodan broj n vrednost izraza 5n - 4n - 1 deljiva sa 16. Reenje. Za n = 1 imamo da je 51 - 4 · 1 - 1 = 0, pa je svakako deljivo sa 16. s Ako sada pretpostavimo da je tvrdjenje tano za neki prirodan broj n, tada je c 5n - 4n - 1 deljivo sa 16. Sta se deava sa ovim izrazom za n + 1? Imamo da je s 5n+1 - 4(n + 1) - 1 = 5(5n ) - 4n - 5 = = 5(5n - 4n - 1) + 20n + 5 - 4n - 5 = 5(5n - 4n - 1) + 16n. Sada vidimo da je broj 5n+1 - 4(n + 1) - 1 zbir dva broja, od kojih je svaki deljiv sa 16, pa je i on sam deljiv sa 16. Znai, tvrdjenje je tano i za broj n + 1, c c pa je po principu matematike indukcije dokaz zavren. c s Pri radu sa matematikom indukcijom treba paziti da baza indukcije c obezbedi vanost prvog tvrdjenja u beskonanom nizu implikacija koji se dobija z c ponavljanjem induktivnog koraka. Moete li na´i greku u slede´em primeru? z c s c PRIMER 1.4.4 Neka su l1 , l2 , . . . , ln , n 2, razliite prave u ravni, tako da nikoje dve nisu c paralelne. Dokazati da se sve prave seku u istoj taki. c Lani dokaz. Za n = 2 tvrdjenje je tano, jer se svake dve neparalelne prave z c seku. Pretpostavimo zato da tvrdjenje vai za neki prirodan broj n i posmatraz jmo tvrdjenje za n+1. Ako su date prave l1 , l2 ,. . . , ln , ln+1 , tada po indukcijskoj pretpostavci sve prave osim poslednje (tj. prave l1 , l2 , . . . , ln-1 , ln ) imaju zajedniku taku; oznaimo je sa A. Takodje, sve prave osim pretposlednje (tj. c c c prave l1 , l2 , . . . , ln-1 , ln+1 ) imaju zajedniku taku; oznaimo je sa B. Prava c c c l1 se nalazi u obe grupe, pa sadri obe take A i B. Slino se i prava ln-1 nalazi z c c u obe grupe pa i ona sadri obe take A i B. Kako se l1 i ln-1 seku samo u z c jednoj taki, to mora da bude A = B. Prema tome, sve prave l1 , l2 , . . . , ln , c ln+1 imaju zajedniku taku A. c c

GLAVA 1. UVOD

26

Reenje. s Iako u prethodnom "dokazu" sve izgleda u redu, tvrdjenje je oigledno netano. U emu je onda problem? Oznaimo tvrdjenje sa S(n). c c c c Oigledno je da je S(2) tano, pa je baza indukcije u redu. Induktivni korak c c na prvi pogled deluje tano. Ali kada ga malo bolje pogledamo, vidimo da je c mogu´e zakljuiti da se take A i B poklapaju samo ako su prave l1 i ln-1 c c c razliite, tj. ako je n = 2. To znai da induktivni korak generie niz implikacija c c s S(3) S(4) S(5) S(6) . . . S(n) . . . ali baza indukcije ne dokazuje prvo tvrdjenje iz ovog niza, tako da dokaz indukcijom nije korektan. Kada bi mogli da dokaemo da je S(3) tano, tada bi tvrdjenje vailo za sve z c z prirodne brojeve. Medjutim, jasno je da tri razliite prave u ravni ne moraju c da se seku u jednoj taki, pa ni S(3) ne moe da bude tano. c z c

PRINCIP JAKE INDUKCIJE

U nekim sluajevima za dokaz tanosti tvrdjenja S(n+1) u induktivnom koc c raku jednostavnije je zameniti pretpostavku da je S(n) tano tvrdjenje pomo´u c c jae pretpostavke da su sva prethodna tvrdjenja S(1), S(2), . . . , S(n) tana. c c Ovakav modifikovani princip se naziva princip jake indukcije, a koristi se na slede´i nain: c c i) Dokazati da je S(1) tano tvrdjenje; c ii) Dokazati da vai "ako su sva tvrdjenja S(1), S(2), . . . , S(n) tana, tada z c je i S(n + 1) tano tvrdjenje". c Lako je videti da i ovaj princip garantuje tanost tvrdjenja S(n) za svaki c prirodan broj n. Stavie, postoji jo mnogo drugih varijanti indukcije koje se s s sve sastoje iz baze indukcije i induktivnog koraka. Njihova glavna odlika je da induktivni korak generie beskonaan niz implikacija koje slue da se "dodje" do s c z tvrdjenja S(n) za proizvoljan prirodni broj n, a baza indukcije slui da pokae z z tanost uslova u prvoj implikaciji takvog beskonanog niza. c c PRIMER 1.4.5 Definiimo Fibonaijeve brojeve F1 , F2 , F3 , . . . tako da je F1 = 1 i F2 = 1, dok s c je svaki slede´i lan niza jednak zbiru dva prethodna lana, tj. c c c Fn = Fn-1 + Fn-2 , n 3.

Prema tome, prvih nekoliko Fibonaijevih brojeva je 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . . c Dokazati da vai nejednakost z Fn 1+ 5 2

n-1

.

GLAVA 1. UVOD

27

Reenje. s Oznaimo broj (1 + 5)/2 sa , a tvrdjenje "Fn n-1 " pomo´u c c S(n). U ovom sluaju, baza indukcije ´e se sastojati od dokaza dva posebna c c tvrdjenja S(1) i S(2), dok ´e induktivni korak imati oblik "ako su tvrdjenja c S(n - 1) i S(n) tana, tada je tano i tvrdjenje S(n + 1)". Razlog za ovakvu c c varijantu matematike indukcije je nain definisanja Fibonaijevih brojeva i c c c jedno interesantno svojstvo broja . Ako je n = 1, tada je F1 = 1 = 0 = n-1 , pa je tvrdjenje S(1) tano. Ako c je n = 2, tada je F2 = 1 < 1, 6 < 1 = n-1 , pa je i tvrdjenje S(2) tano. c Pretpostavimo sada da su za neki prirodan broj n tana tvrdjenja S(n - 1) c i S(n). Tada je Fn-1 n-2 i Fn n-1 , pa je Fn+1 = Fn + Fn-1 n-1 + n-2 = n-2 ( + 1).

Vano svojstvo broja , zbog koga smo i izabrali ovakvu varijantu indukcije, je z da vai z 2 = + 1. Sada je Fn+1 n-2 ( + 1) = n , pa je i tvrdjenje S(n + 1) tano. Ovim smo c zavrili dokaz induktivnog koraka i samim tim dokazali da tvrdjenje S(n) vai s z za sve prirodne brojeve n.

ALTERNATIVNI PRISTUP

Princip matematike indukcije je ekvivalentan injenici da je skup prirodnih c c brojeva dobro uredjen. Ova ekvivalencija se stoga moe iskoristiti za neto z s drugaije dokazivanje tvrdjenja koja vae za prirodne brojeve. c z Pretpostavimo da imamo tvrdjenje S(n) za koje vai da su tana tvrdjenja z c S(1) i tvrdjenje "ako je S(n) tano, tada je i S(n + 1) tano". Drugaiji nain c c c c da se dokae da u tom sluaju S(n) vai za sve prirodne brojeve n je slede´i: z c z c Pretpostavimo da postoji n tako da tvrdjenje S(n) nije tano i neka c X oznaava skup svih prirodnih brojeva n za koje tvrdjenje S(n) c nije tano. Kako je skup prirodnih brojeva dobro uredjen, to znai c c da ako je skup X neprazan, tada on ima najmanji element n0 . Kako je S(1) tano, imamo da je n0 > 1. Poto je n0 najmanji element c s skupa X, to je n0 - 1 X i tvrdjenje S(n0 - 1) je tano. Sada iz / c induktivnog koraka za n = n0 - 1 dobijamo da je tvrdjenje S(n0 ) tano, tj. da je n0 X, to je kontradikcija. Ova kontradikcija c / s pokazuje da je skup X prazan, tj. da je tvrdjenje S(n) tano za sve c prirodne brojeve n. Nain dokazivanja gde poinjemo reenicom "Neka je n0 najmanji broj koji c c c ne zadovoljava tvrdjenje koje elimo da dokaemo" i zavravamo kontradikcijom z z s ponekad zamenjuje matematiku indukciju. Oba naina u sutini rade isto, a c c s stvar je okolnosti ili linog ukusa koji ´e se nain koristiti. c c c

ZADACI

Glava 2

Osnovne tehnike prebrojavanja

Kombinatorika, nauka o rasporedima objekata, je vaan deo diskretne matez matike. Prouavanje ove oblasti poelo je jo u XVII veku, uporedo sa nasc c s tankom teorije verovatno´e, kada su se prva kombinatorna pitanja pojavila u c vezi sa igrama na sre´u. c Enumeracija, ili prebrojavanje, predstavlja vaan deo kombinatorike koji z se bavi prebrojavanjem skupa objekata sa odredjenim svojstvima. Skupove moramo prebrojavati da bismo reili razliite vrste problema. Na primer, pres c brojavanjem se moe utvrditi koliko ima naina da dobijemo fle rojal (eng. flush z c s royale) u prvom deljenju pokera. Ili moemo da odredimo da li smo predvideli z dovoljno razliitih telefonskih brojeva ili raunarskih adresa da bi se zadovoljile c c potrebe za njima? Tehnikama prebrojavanja se odredjuje sloenost algoritama, z a obimno se koriste i prilikom utvrdjivanja verovatno´a dogadjaja. c Stoga je glavna tema ove glave razvijanje efikasnih metoda za prebrojavanje konanih skupova. Elementi ovakvih skupova obino imaju strukturu c c koju je lako opisati matematikim jezikom, ali su za njihovo prebrojavanje c potrebni mnogo delotvorniji metodi od pukog nabrajanja svih elemenata. U prvom odeljku bavi´emo se definicijom i osnovnim principima prebrojavanja, c na koje smo se svi toliko navikli da retko obra´amo panju na njih. Zbog toga c z ´e prvih par rezultata iz ovog odeljka moda biti dosadno, ali su neophodni c z za strogo zasnivanje kombinatorike. Stvari ´e postati mnogo zanimljivije ubrzo c nakon toga i ve´ u prvom odeljku naui´emo da pokaemo da u svakoj grupi c cc z od est osoba, od kojih su svake dve prijatelji ili neprijatelji, postoje tri osobe s koje su ili uzajamni prijatelji ili uzajamni neprijatelji. U drugom i etvrtom c odeljku posmatra´emo uredjene i neuredjene izbore elemenata skupa, koji ´e c c nam omogu´iti da odgovorimo na pitanja na koliko naina grupa od 5 devojaka c c i 8 mladi´a moe da sedne u prvi red u bioskopu tako da sve devojke sede jedna c z

28

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

29

pored druge ili tako da nikoje dve devojke ne sede jedna pored druge. U ess tom odeljku prouava´emo osobine binomnih koeficijenata, a u sedmom odeljku c c ´emo pokazivati identitete sa binomnim koeficijentima. U osmom odeljku ´emo c c se baviti jo jednim vanim principom prebrojavanja -- principom ukljuenja s z c i iskljuenja, pomo´u koga ´emo mo´i da kaemo na koliko je naina mogu´e c c c c z c c podeliti kapute poslanicima tako da niko ne dobije svoj kaput. Jo jedan vaan deo kombinatorike je generisanje svih objekata odredjene s z vrste. Ovo je esto neophodno u raunarskim simulacijama. U tre´em i u c c c petom odeljku predstavi´emo algoritme pomo´u kojih je mogu´e generisati sve c c c uredjene i neuredjene izbore elemenata skupa ili dobiti jedan takav izbor na sluajan nain. c c Priu o prebrojavanju nastavljamo i u slede´oj glavi, gde ´emo predstaviti c c c metod funkcije generatrise, koji ´e biti nae najjae orudje medju metodima c s c prebrojavanja.

2.1

PRINCIPI PREBROJAVANJA

MATEMATICKA DEFINICIJA PREBROJAVANJA

Sta mislimo kada kaemo da skup ima n elemenata? Podsetimo se, najpre, z kako prebrojavamo jednostavne skupove. To radimo tako to redom pokazujemo s na elemente skupa i izgovaramo rei "jedan, dva, tri, . . . ". Kada svaki element c dobije svoj broj, stajemo i poslednji izgovoreni broj predstavlja broj elemenata u skupu. Da bismo ovu kai-i-pokai tehniku preveli na jezik matematike, moramo da, z z za svaki prirodan broj n N, definiemo skup s Nn = {1, 2, 3, . . . , n}. Kai-i-pokai tehnika svakom elementu skupa X koga prebrojavamo pridruuje z z z element skupa Nn ; drugim reima, ona odredjuje funkciju f iz X u Nn (sl. 2.1). c

Slika 2.1: Prebrojavanje studenata.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

30

Jasno je da je funkcija f bijekcija, jer ukoliko nismo pogreili pri brojanju, s svaki element X dobija razliiti broj i svaki broj iz Nn se dodeljuje nekom c elementu iz X. Dakle:

DEFINICIJA 2.1.1

Ako je X konaan skup, n prirodan broj i postoji bijekcija iz X u Nn , tada c kaemo da X ima n elemenata. z Primetimo odmah da naa definicija prebrojavanja ne iskljuuje mogu´nost s c c da skup moe istovremeno imati i m elemenata i n elemenata za m = n. U z sutini, svi smo ve´ iskusili situaciju kada smo brojali neki dosta veliki skup, s c recimo broj automobila na parkingu, i stalno dobijali razliite odgovore. Slede´a c c teorema nam kae da je ovo mogu´e samo zbog greke u brojanju, i da je broj z c s elemenata skupa jedinstven.

TEOREMA 2.1.2

Ako su m i n prirodni brojevi tako da je m < n, tada ne postoji injekcija iz N n u Nm .

Iako je ova teorema maltene oigledna i ima dokaz u tri reda poput: c Pretpostavimo da postoji injekcija f : Nn Nm . Tada su vrednosti f (1), f (2), . . . , f (m) sve razliite i moraju da uzimaju sve vrednosti c od 1 do m. Cemu je onda jednako f (m + 1)? mi ´emo ovde, vebe radi, dati jedan strogo formalni dokaz ove teoreme. c z Dokaz . Dokaz ´emo izvesti polaze´i od suprotnog: pretpostavi´emo da takva c c c injekcija postoji za neko n i iz toga izvesti kontradikciju. Neka S oznaava skup prirodnih brojeva n za koje postoji injekcija iz Nn c u Nm za neko m < n. Ako S nije prazan skup, onda postoji njegov najmanji element k S. Neka je i injekcija iz Nk u Nl za neko l < k. Ne moe da bude z l = 1, poto svaka funkcija iz Nk u N1 moe da uzme jedino vrednost 1 i stoga s z ne moe da bude injekcija na skupu Nk za k > 1. Prema tome, l - 1 je prirodan z broj i situacija moe da se prikae kao na sl. 2.2. z z Ako nijedna od vrednosti i(1), i(2), . . . , i(k-1) nije jednaka l, tada restrikcija i na skup Nk-1 predstavlja injekciju iz Nk-1 u Nl-1 . S druge strane, ako je i(b) = l za neko b za koje je 1 b k - 1, tada mora biti i(k) = c < l, poto je i s injekcija. U ovom sluaju moemo da konstruiemo injekciju i iz Nk-1 u Nl-1 c z s kao to je prikazano na sl. 2.3, tj. s i (b) = c, i (r) = i(r) (r = b).

U svakom sluaju, postojanje injekcije iz Nk u Nl povlai da postoji i injekcija c c iz Nk-1 u Nl-1 . Samim tim vai i da je k - 1 S, to je u kontradikciji sa z s injenicom da je k najmanji element u S. c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

31

Slika 2.2: Pretpostavljena injekcija i : Nk Nl .

Slika 2.3: Konstrukcija injekcije i kada je i(b) = l.

Prema tome, jedino je mogu´e da je S prazan skup i samim tim, tvrdjenje c teoreme je dokazano. Iz ove teoreme sledi i da ne postoji bijekcija izmedju Nn i Nm za n = m. Stoga ne moe ni da postoji skup X koji istovremeno ima i n i m elemenata, jer z bismo tada iz bijekcija : X Nn i : X Nm dobili i nemogu´u bijekciju c -1 : Nn Nm . Prema tome, tvrdjenje "skup X ima n elemenata" moe da z vai za najvie jedan prirodan broj n. z s NAPOMENA

Zato ovde spominjemo najvie jedan prirodan broj? s s Pa, zato to moze da se desi da neki skup koji broji kombinatorne objekte nema s uopste elemenata ili da ih ima beskonano mnogo (tanije, za skup X kaemo da ima c c z prebrojivo mnogo elemenata ukoliko postoji bijekcija izmedju skupa X i skupa N). U narednom pododeljku ´emo definisati broj elemenata skupa. c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

32

PRINCIP JEDNAKOSTI

Kada X ima n elemenata piemo |X| = n i kaemo da je kardinalnost (ili s z veliina) skupa X jednaka n. Cesto piemo i c s X = {x1 , x2 , . . . , xn }, to je samo drugi nain da se kae da postoji bijekcija iz X u Nn tako da je s c z (xi ) = i (1 i n). Za prazan skup posebno usvajamo da je || = 0. Sada dolazimo do prvog principa prebrojavanja -- principa jednakosti. TEOREMA 2.1.3 (Princip jednakosti) Ako izmedju dva konana skupa A i B postoji bijekcija, c tada je |A| = |B|.

Dokaz . Zbog postojanja bijekcije izmedju A i B, ako je bilo koji od skupova A i B prazan, tada je i drugi od tih skupova takodje prazan, pa vai |A| = |B| = 0. z U suprotnom, neka je |A| = n, |B| = m za neke prirodne brojeve n i m i neka su : A Nn , : B Nm i : A B bijekcije. Tada je -1 bijekcija iz Nn u Nm . Ako je m < n, tada je -1 ujedno i injekcija iz Nn u Nm , to je s u kontradikciji sa teoremom 2.1.2. Ako je m > n, tada je -1 -1 injekcija iz Nm u Nn , to je opet u kontradikciji sa teoremom 2.1.2. Prema tome, mora s da vai m = n. z PRIMER 2.1.4 Skup korektnih nizova zagrada rekurzivno se definie na slede´i nain: s c c i) Prazan niz zagrada je korektan. ii) Ako su A i B korektni nizovi zagrada, tada je i niz AB (dobijen spajanjem nizova A i B) korektan niz zagrada. iii) Ako je A korektan niz zagrada, tada je i niz (A) korektan niz zagrada. iv) Svaki korektan niz zagrada se moe dobiti primenom pravila i)-iii). z Neka je An skup svih korektnih nizova sa n parova zagrada. Na primer: A3 = { ()()(), ()(()), (())(), (()()), ((())) }. Iz prethodne definicije se vidi da je niz zagrada z1 z2 . . . z2n korektan ako i samo ako je za svako i = 1, 2, . . . , 2n - 1, broj levih zagrada u podnizu z1 z2 . . . zi ve´i c ili jednak od broja desnih zagrada, dok u nizu z1 z2 . . . z2n ima jednak broj levih i desnih zagrada. Dalje, neka je Bn skup svih nizova a1 , a2 , . . . , an celih brojeva takvih da je a1 = 0 i 0 ai+1 ai + 1. Na primer, B3 = { 000, 001, 010, 011, 012 }.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA Dokazati da je |An | = |Bn | za svako n N.

33

Reenje. s Za dati niz a1 , a2 , . . . , an iz Bn , neka je bi = (ai + 1) - ai+1 0, i = 1, 2, . . . , n, pri emu uzimamo da je an+1 = 0. Nizu a1 , a2 , . . . , an sada se c pridruuje niz zagrada iz An tako to se svaki element ai zameni sa jednom z s levom zagradom i bi desnih zagrada. Naime, pridrueni niz zagrada je korektan, jer za svako i = 1, 2, . . . , n, nakon z zamene elemenata a1 , a2 , . . . , ai dobijeni niz zagrada sadri i levih zagrada i z b1 + b2 + · · · + bi = (a1 + a2 + · · · + ai + i) - (a2 + a3 + · · · + ai+1 ) = i + a1 - ai+1 = i - ai+1 i

desnih zagrada. Ukupan broj zagrada u pridruenom nizu je z n + b1 + b2 + · · · + bn = n + n - an+1 = 2n.

Kasnije ´emo, u odeljku ??, nauiti i da prebrojavamo korektne nizove c c zagrada.

PRINCIP ZBIRA

Slede´i princip je takodje veoma jednostavan i kori´en je pri prebrojavanju c sc jo od pradavnih vremena. s TEOREMA 2.1.5 (Princip zbira) Ako su A i B disjunktni konani skupovi (tj. A B = ), c tada je |A B| = |A| + |B|.

Dokaz . Poto su A i B konani skupovi, moemo da ih zapiemo u standards c z s nom obliku: A = {a1 , a2 , . . . , ar }, B = {b1 , b2 , . . . , bs }. Poto su oni jo i disjunktni, unija A B moe da se zapie u obliku: s s z s A B = {c1 , c2 , . . . , cr , cr+1 , cr+2 , . . . , cr+s }, gde je ci = ai , 1 i r, i cr+i = bi , 1 i s. Prema tome, |A B| = r + s = |A| + |B|.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

34

Ovaj princip se moe proiriti na uniju proizvoljnog broja disjunktnih z s konanih skupova A1 , A2 , . . . , An : c |A1 A2 . . . An | = |A1 | + |A2 | + . . . + |An |. Dokaz ove injenice je laka veba za kori´enje matematike indukcije. c z sc c PRIMER 2.1.6 Student moe da izabere ispitno pitanje iz jedne od tri disjunktne grupe. Ove z grupe sadre 17, 23 i 19 pitanja, redom. Koliko ima razliitih pitanja koja z c student moe da izabere? z Reenje. s Neka Ai , i = 1, 2, 3, oznaava i-tu grupu ispitnih pitanja. Student c bira pitanje iz skupa A1 A2 A3 koji, po principu zbira, ima |A1 A2 A3 | = |A1 | + |A2 | + |A3 | = 17 + 23 + 19 = 59 razliitih pitanja. c PRIMER 2.1.7 Koja je vrednost promenljive k nakon izvrenja slede´eg koda? s c

k := 0 for i1 := k := end for for i2 := k := end for . . .

1 to n1 k+1 1 to n2 k+1

for im := 1 to nm k := k + 1 end for

Reenje. Poetna vrednost promenljive k je nula. Blok koda se sastoji od m s c razliitih for petlji. Svaki put kada se izvri petlja, k se pove´a za 1. Neka je c s c Ai skup izvrenja i-te petlje. Tada je |Ai | = ni , jer se i-ta petlja izvrava ni s s puta. Poto su sve petlje disjunktne, tj. nema ugnjedenih for petlji, princip s z zbira pokazuje da ´e konana vrednost promenljive k biti c c |A1 + A2 + . . . + Am | = n1 + n2 + . . . + nm .

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

35

PRINCIP PROIZVODA

Cesto smo u situaciji da brojimo stvari koje se lake predstavljaju kao parovi s objekata, nego kao pojedinani objekti. Pretpostavimo, na primer, da je stuc dentska sluba na Odseku za matematiku sredjivala prijave studenata za oktoz barski ispitni rok. Pritom su doli do situacije kao u tabeli 2.1. s Algebra Ana Branko Ceca . . . Zika Tabela 2.1: Ispiti prijavljeni u oktobarskom roku. Diskretna mat. ··· Mat. analiza

Ako je student x prijavio ispit y tada je na odgovaraju´oj poziciji (x, y) u c tabeli postavljen znak . Ukupan broj ovih znakova u tabeli je ujedno i broj ispitnih prijava. Sada je problem prebrojati skup S parova (x, y) takvih da je student x prijavio ispit y. U optem obliku, ako su X i Y dati skupovi, problem s je prebrojati podskup S skupa X × Y . Postoje dva naina prebrojavanja ispitnih prijava iz tabele 2.1. S jedne c strane, moemo da prebrojimo predmete koje je prijavio svaki student ponaosob z i saberemo rezultate, dok s druge strane, moemo da prebrojimo studente koji z su prijavili svaki predmet ponaosob i saberemo rezultate. Naravno, oekujemo c da ´e oba naina proizvesti isti broj. c c Ova razmatranja moemo da preciziramo na slede´i nain. Pretpostavimo z c c da je podskup S skupa X × Y (gde su X i Y konani skupovi) dat pomo´u c c znakova u optem obliku tabele 2.2. s · · · x · · Zbir u koloni · y ··· Zbir u vrsti · · rx (S) · · |S|

·

·

cy (S)

···

Tabela 2.2: Oznaeni podskup S skupa X × Y . c

Prvi nain prebrojavanja je da, za svako x u X, nadjemo broj rx (S) pojavljic vanja znaka u vrsti x, tj. rx (S) = |{(x, y) S : y Y }|.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA Ukupan zbir se dobija sabiranjem svih zbirova po vrstama: |S| =

xX

36

rx (S). u

Drugi nain je da, za svako y u Y , nadjemo broj cy (S) pojavljivanja znaka c koloni y, tj. cy (S) = |{(x, y) S : x X}|. U ovom sluaju ukupan zbir se dobija sabiranjem svih zbirova po kolonama: c |S| =

yY

cy (S).

Cinjenica da imamo dva razliita izraza za |S| esto se koristi u praksi za c c proveru rezultata raunanja. Ona takodje ima veliku vanost i u teoriji, zato c z to ponekad moemo da dobijemo veoma neoekivane rezultate izjednaavanjem s z c c dva izraza od kojih svaki prebrojava isti skup samo na drugaiji nain. Ovim c c dolazimo i do naeg tre´eg principa prebrojavanja. s c TEOREMA 2.1.8 Neka su X i Y konani skupovi, i neka je S podskup X × Y . Tada vai: c z a) Broj elemenata skupa S je dat sa |S| =

xX

rx (S) =

yY

cy (S).

b) (Princip proizvoda) Broj elemenata skupa X × Y jednak je |X × Y | = |X| · |Y |.

Dokaz .

a) Skup S se moe predstaviti kao disjunktna unija skupova z S=

xX

{(x, y) S : y Y },

odakle, po principu zbira, dobijamo |S| =

xX

|{(x, y) S : y Y }| =

xX

rx (S).

Slino se dokazuje i rezultat za cy (S). c b) U ovom sluaju je S = X × Y , pa je rx (S) = |Y | za svako x iz X. Iz dela (i) c sada sledi da je |X × Y | = |X| · |Y |.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

37

Ovaj princip se moe proiriti na proizvod proizvoljnog broja konanih z s c skupova A1 , A2 , . . . , An : |A1 × A2 × · · · × An | = |A1 | · |A2 | · . . . · |An |. Dokaz ove injenice je laka veba za kori´enje matematike indukcije. c z sc c PRIMER 2.1.9 Koliko postoji razliitih nizova bitova 0 i 1 duine 8? c z Reenje. s Traeni nizovi bitova su elementi skupa {0, 1}8 . Svaki od osam z bitova moe da se izabere na dva naina (ili 0 ili 1), pa princip proizvoda kae z c z da postoji ukupno 28 = 256 razliitih nizova bitova duine 8. c z NAPOMENA PRIMER 2.1.10

Niz bitova duine 8 se naziva bajt. z

Koja je vrednost promenljive k nakon izvrenja slede´eg koda? s c k := 0 for i1 := 1 to n1 for i2 := 1 to n2 . . . for im := 1 to nm k := k + 1 end for . . . end for end for

Reenje. s Poetna vrednost promenljive k je nula. Svaki put kada se prodje c kroz poslednju ugnjedenu petlju, k se pove´a za 1. Neka je Aj skup prolaza z c kroz j-tu petlju kada dodjemo do bloka koji poinje naredbom for ij := 1 to c nj , a zavrava se odgovoraju´im end for. Imamo da je |Aj | = nj , jer se tu kroz s c j-tu petlju prolazi jednom za svaki ceo broj ij za koji je 1 ij nj . Kako su sve petlje ugnjedene jedna u drugu, broj prolaza kroz sve petlje zajedno jednak je z |A1 × A2 × . . . × Am |. Sada po principu proizvoda dobijamo da je |A1 × A2 × . . . × Am | = n1 · n2 · . . . · nm , to predstavlja i konanu vrednost promenljive k. s c PRIMER 2.1.11 Svaki korisnik raunarskog sistema ima ifru, koja je dugaka od est do osam c s c s znakova i gde je svaki znak ili veliko slovo engleske azbuke ili cifra. Svaka ifra s mora da sadri bar jednu cifru. Koliko mogu´ih ifri postoji? z c s

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

38

Reenje. Neka je S ukupan broj mogu´ih ifara i neka S6 , S7 i S8 oznaavaju s c s c brojeve mogu´ih ifara sa 6, 7 i 8 znakova, redom. Po principu zbira, vai da je c s z S = S6 + S7 + S8 . Sada ´emo na´i S6 , S7 i S8 . c c 6 , mnogo je lake najpre izraunati Iako je mogu´e direktno izraunati S c c s c broj nizova duine 6 koji se sastoje od velikih slova i cifara, ukljuuju´i i one z c c bez cifara, a zatim od tog broja oduzeti broj nizova duine 6 koji ne sadre cifre. z z Po principu proizvoda, broj nizova duine 6 je 366 , a broj nizova koji ne sadre z z cifre je 266 . Prema tome, S6 = 366 - 266 = 2 176 782 336 - 308 915 776 = 1 867 866 560. Slino je c S7 = 367 - 267 = 78 364 164 096 - 8 031 810 176 = 70 332 353 920 i S8 = 368 - 268 = 2 821 109 907 456 - 208 827 064 576 = 2 612 282 842 880. Sve u svemu, S = S6 + S7 + S8 = 2 684 483 063 360.

DIRIHLEOV PRINCIP

Pretpostavimo da je jato golubova doletelo u golubarnik. U svojoj originalnoj verziji, Dirihleov princip kae da ako ima vie golubova nego ku´ica u z s c golubarniku, tada ´e se bar u jednoj ku´ici na´i bar dva goluba. Zbog ovoga c c c se na engleskom govornom podruju Dirihleov princip naziva The Pigeonhole c Principle. Naravno, ovaj princip je primenljiv i na druge objekte, a ne samo na golubove. TEOREMA 2.1.12 Dirihleov princip. Ako je n + 1 ili vie objekata smeteno u n kutija, s s tada se bar u jednoj kutiji nalaze bar dva objekta.

Dokaz . Pretpostavimo da svaka kutija sadri najvie jedan objekat. Tada je z s ukupan broj objekata najvie n, to je u suprotnosti sa pretpostavkom da ima s s bar n + 1 objekata. Formalno gledano, ova teorema je posledica Teoreme 2.1.2. Ako imamo m objekata numerisanih brojevima 1, 2, . . . , m i n kutija numerisanih brojevima 1, 2, . . . , n, tada se smetanje objekata u kutije moe predstaviti funkcijom s z f : Nm Nn tako da je f (i) = j ako je objekat i smeten u kutiju j. Po s Teoremi 2.1.2, ako je m > n, funkcija f ne moe da bude injekcija, pa postoje z

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

39

dve razliite vrednosti i1 i i2 tako da je f (i1 ) = f (i2 ) = j, to znai da kutija j c s c sadri bar dva objekta -- i1 i i2 ! z PRIMER 2.1.13 Navedimo nekoliko direktnih primena Dirihleovog principa: a) U svakom skupu od 13 ili vie osoba, postoje bar dve koje su rodjene istog s meseca. b) U svakom skupu od 367 ili vie osoba, postoje bar dve koje su rodjene s istog datuma. c) U svakom skupu od milion osoba, postoje bar dve koje imaju isti broj dlaka na glavi. Naravno, postoje i neto elegantnije primene Dirihleovog principa. s PRIMER 2.1.14 Dokazati da za svaki ceo broj n postoji umnoak od n koji se zapisuje samo z pomo´u cifara 0 i 1. c Reenje. s Neka je n pozitivan ceo broj. Posmatrajmo n celih brojeva 1, 11, 111, . . . , 11 · · · 11 .

n

Ako je neki od njih deljiv sa n, problem je reen. U suprotnom, pri deljenju s sa n svaki od ovih brojeva daje jedan od n - 1 mogu´ih ostataka 1, 2, . . . , n - 1. c Kako u nizu ima n brojeva, to po Dirihleovom principu sledi da postoje dva broja u nizu, recimo 11 · · · 11

k

i

11 · · · 11,

l

k < l,

koja daju isti ostatak pri deljenju sa n. Tada je njihova razlika 11 · · · 11 00 · · · 00,

l-k k

deljiva sa n. PRIMER 2.1.15 Dokazati da ako je X skup osoba, tada postoje dve osobe u X koje imaju isti broj prijatelja u X. (Pretpostavlja se da ako je x prijatelj y, tada je i y prijatelj x.) Reenje. Smestimo osobe u prostorije, gde ´e se u prostoriji i na´i sve osobe s c c koje imaju i prijatelja. Ako skup X sadri m osoba, tada ima m prostorija z numerisanih brojevima 0, 1, . . . , m - 1. U ovom trenutku jo ne moemo da s z primenimo Dirihleov princip, jer je broj prostorija isti kao i broj osoba.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

40

Medjutim, primetimo da bar jedna od prostorija 0 i m - 1 mora uvek da bude prazna. Naime, ako postoji osoba x koja ima m - 1 prijatelja, tada je svaka osoba prijatelj osobe x , pa stoga ne postoji osoba koja ima 0 prijatelja. Slino, ako postoji osoba x koja ima 0 prijatelja, tada ne postoji osoba koja c ima m - 1 prijatelja. Prethodno razmatranje nam pokazuje da je m osoba iz X u stvarnosti rasporedjeno u m - 1 prostorija (ili u prostorije 0, 1, . . . , m - 2 ili u prostorije 1, 2, . . . , m - 1), pa nam Dirihleov princip sada kae da zaista postoje dve osobe z x1 i x2 koje se nalaze u istoj prostoriji, odnosno, koje imaju isti broj prijatelja u X. Primenom principa zbira dobija se neto optiji oblik Dirihleovog principa. s s Pretpostavimo da je odredjeni broj objekata smeten u n kutija i neka Ai s oznaava skup objekata u kutiji i (1 i n). Poto su skupovi Ai disjunkc s tni, ukupan broj objekata u kutijama je |A1 | + |A2 | + . . . + |An |. Stoga, ako bi se u svakoj kutiji nalazilo najvie r objekata, tada bi ukupan broj objekata bio s najvie s r + r + . . . + r = nr. Ili, drugim reima: c TEOREMA 2.1.16 Uopteni Dirihleov princip. Ako je m objekata smeteno u n kutija i s s m > nr, tada se bar u jednoj kutiji nalazi bar r + 1 objekat.

PRIMER 2.1.17

a) Koliko najmanje karata treba izvu´i iz standardnog pila sa 52 karte da bi c s se medju izvuenim kartama sigurno nalazile etiri sa istim znakom? c c b) Koliko najmanje karata treba izvu´i da bi se nale bar tri sa znakom srca? c s Reenje. s a) Pretpostavimo da postoje etiri kutije i, kako se karte izvlae, c c tako se stavljaju u kutiju rezervisanu za odgovaraju´i znak. Iz uoptenog Dirihc s leovog principa, vidimo da je dovoljno izvu´i bar 13 (= 4 · 3 + 1) karata da bi c bile izvuene bar tri istog znaka. Ovo je i najmanji traeni broj, jer je mogu´e c z c da se medju 12 izvuenih karata nadju po tri karte od svakog znaka. c b) U ovom sluaju ne koristimo uopteni Dirihleov princip, jer elimo da se c s z uverimo da postoje tri karte odredjenog znaka, a ne tri karte nekog znaka! U najgorem sluaju, mogu´e je izvu´i sve pikove, sve trefove i sve karoe, to ini c c c s c 39 karata, pre nego to izvuemo makar i jedno srce. Slede´e tri karte ´e biti sa s c c c znakom srca, pa je stoga 39 + 3 = 42 najmanji broj karata koje treba izvu´i da c bi se dolo do tri srca. s

PRIMER 2.1.18

Pretpostavimo da raunarska uionica ima 10 radnih stanica i 5 servera. Kablom c c se radna stanica moe direktno vezati za server. Na strani servera u bilo kom z trenutku samo jedna direktna veza moe da bude aktivna. Zelimo da garantuz jemo da u svakom trenutku bilo koji skup od 5 ili manje radnih stanica moe z

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

41

istovremeno da pristupi razliitim serverima preko direktnih veza. Iako je ovo c mogu´e uraditi povezivanjem svake radne stanice direktno sa svakim serverom c (to zahteva 50 veza), koji je najmanji broj direktnih veza potreban za ostvarenje s ovog cilja? Reenje. Pretpostavimo da su radne stanica oznaene sa w1 , w2 , . . . , w10 , a s c serveri sa s1 , s2 , . . . , s5 . Poveimo direktnom vezom wk sa sk za k = 1, 2, . . . , 5 z i svaku od stanica w6 , w7 , . . . , w10 sa svakim od servera. Imamo ukupno 30 direktnih veza kojima je ostvaren na cilj: u svakom skupu od 5 ili manje s radnih stanica, radna stanica wi sa 1 i 5 moe da pristupi serveru si , dok je z broj radnih stanica wj sa 6 j 10 (one mogu da pristupe bilo kom slobodnom serveru) manji ili jednak broju preostalih slobodnih servera, pa i one mogu da pristupe razliitim serverima. c Pretpostavimo sada da je dovoljno manje od 30 direktnih veza izmedju radnih stanica i servera. Tada bi neki server bio povezan sa najvie 5 radnih stanica s (jer, ako su svi serveri povezani sa bar 6 radnih stanica, tada je broj direktnih veza bar 5 · 6 = 30). Preostale radne stanice, njih bar 5, su tada povezane direktnim vezama samo sa preostala etiri servera, pa stoga nije mogu´e da bilo c c kojih 5 od ovih radnih stanica istovremeno pristupi razliitim serverima. Stoga c je zaista potrebno najmanje 30 direktnih veza za ostvarenje naeg cilja. s Slede´i primer predstavlja veoma efektnu upotrebu Dirihleovog principa. c PRIMER 2.1.19 Tokom dvadeset dana fudbalski tim igra bar jednu utakmicu dnevno, ali ne vie s od 30 utakmica ukupno. Dokazati da postoji nekoliko uzastopnih dana tokom kojih je tim odigrao tano 9 utakmica. c Reenje. Neka je aj broj utakmica odigranih od poetka prvog dana do kraja s c j-tog dana. Niz a1 , a2 , . . . , a20 je rastu´i niz razliitih prirodnih brojeva, pri c c emu je 1 aj 30. Niz a1 + 9, a2 + 9, . . . , a20 + 9 je takodje rastu´i niz razliitih c c c prirodnih brojeva, pri emu je 10 aj + 9 39. c Cetrdeset prirodnih brojeva a1 , a2 , . . . , a20 , a1 + 9, a2 + 9, . . . , a20 + 9 su svi manji ili jednaki 39. Prema tome, po Dirihleovom principu, dva od ovih brojeva su jednaka. Poto su svi brojevi aj , j = 1, 2, . . . , 20 medjusobno razliiti i, s c takodje, brojevi aj + 9, j = 1, 2, . . . , 20 su medjusobno razliiti, to onda postoje c i i j tako da je aj = ai + 9. Ovo znai da je tano 9 utakmica odigrano od c c i + 1-og dana do j-og dana. Poslednji primer u ovoj sekciji pokazuje kako uopteni Dirihleov princip moe s z da se primeni na vaan deo kombinatorike, Remzijevu teoriju (po engleskom z matematiaru F.P. Ramsey (1903­1930) je ova oblast dobila ime). Ova teorija c se bavi postojanjem podskupova sa specijalnim svojstvima u datom skupu. PRIMER 2.1.20 Dokazati da u svakom skupu od est osoba postoje tri osobe tako da se one s uzajamno poznaju ili se uzajamno ne poznaju.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

42

Reenje. Neka je a proizvoljna osoba iz ovog skupa i smestimo preostalih pet s osoba u dve prostorije: prva prostorija sadri osobe koje poznaju a, a druga z prostorija sadri osobe koje ne poznaju a. Poto je 5 > 2 · 2, jedna od ovih z s prostorija sadri bar tri osobe. z Pretpostavimo da 1. prostorija sadri osobe b, c i d (a moda i jo neke). z z s Ako se bilo koje dve od osoba b, c i d poznaju, recimo b i c, tada je {a, b, c} podskup od tri osobe koje se uzajamno poznaju. U suprotnom, nikoje dve osobe iz skupa {b, c, d} se ne poznaju, pa ovaj podskup takodje zadovoljava uslove tvrdjenja. U sluaju da 2. prostorija sadri tri ili vie osoba, slinim razmatranjem se c z s c dolazi do istog zakljuka. c NAPOMENA

U okviru Remzijeve teorije, za m, n N \ {1}, Remzijev broj Rm,n oznaava najmanji c mogu´i broj ljudi tako da u svakoj grupi sa Rm,n osoba postoji ili m osoba koje se c medjusobno poznaju ili n osoba koje se medjusobno ne poznaju. Prethodni primer sada pokazuje da je R(3, 3) 6. U stvari, vai da je R(3, 3) = 6, jer je mogu´e na´i z c c grupu od 5 osoba tako ne postoje niti tri osobe koje se medjusobno poznaju niti tri osobe koje se medjusobno ne poznaju (ovo ostavljamo kao vebu itaocu). z c Najtei problem u Remzijevoj teoriji je nalaenje tanih vrednosti R(m, n). Nalaz z c enjem pogodnih primera koji ne sadre m medjusobnih poznanika niti n medjusobnih z z neznanaca mogu´e je dobiti donju granicu za R(m, n). Medjutim, da bi mogao da c se iskoristi za odredjivanje tane vrednosti R(m, n), ovakav primer mora da sadri c z R(m, n) - 1 osoba! Lako je pokazati da je R(m, n) = R(n, m), kao i da je R(2, n) = n za svako n N \ {1}. Medjutim, za 3 m n poznato je svega nekoliko tanih vrednosti, c dok su za mnoge druge vrednosti poznate samo granice. U tabeli 2.3 je predstavljeno trenutno znanje o Remzijevim brojevima za 3 m n.

n m 3 4 5 6 7 8 9

3 6

4 9 18

5 14 25 43­49

6 18 35­41 58­87 102­165

7 23 49­61 80­143 113­298 205­540

8 28 56­84 101­216 127­495 216­1031 282­1870

9 36 73­115 125­316 169­780 233­1713 317­3583 565­6588 m n.

Tabela 2.3: Vrednosti i granice Remzijevih brojeva R(m, n), 3

Detaljniji uvod u Remzijevu teoriju italac moe da nadje na adresama c z http://en.wikipedia.org/wiki/Ramsey theory, http://en.wikipedia.org/wiki/Ramsey's theorem, a pregled poznatih rezultata u PDF dokumentu na adresi http://www.combinatorics.org/Surveys/#DS1.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

43

ZADACI

2.1.1 Na polici se nalazi 6 razliitih knjiga na engleskom jeziku, 8 razliitih knjiga na c c ruskom jeziku i 10 razliitih knjiga na srpskom jeziku. Na koliko naina moemo c c z izabrati 2 knjige tako da one budu na razliitim jezicima? c Koliko 3-cifrenih brojeva moemo da formiramo od 6 cifara 2, 3, 4, 5, 6 i 8 ako: z a) cifre mogu da se ponavljaju? b) cifre ne mogu da se ponavljaju? c) broj treba da bude neparan i cifre ne mogu da se ponavljaju? d) broj treba da bude paran i cifre ne mogu da se ponavljaju? e) broj treba da bude deljiv sa 5 cifre ne mogu da se ponavljaju? f ) broj treba da sadri cifru 5 i cifre ne mogu da se ponavljaju? z g) broj treba da sadri cifru 5 i cifre mogu da se ponavljaju? z Koliko ima 5-tocifrenih prirodnih brojeva koji imaju tano jednu cifru 6? c Koliko razliitih delilaca ima broj 60000? c a) Odrediti na koliko naina moemo faktorisati broj 441 000 na 2 faktora, m c z i n tako da je m > 1, n > 1 i NZD(m, n) = 1, pri emu redosled faktora nije c bitan (tj. proizvodi m · n i n · m predstavljaju isto faktorisanje). b) Na koliko naina moemo faktorisati broj 441 000 na 2 prirodna faktora, pri c z emu redosled faktora nije bitan? c c) Na koliko naina moemo faktorisati broj 441 000 na proizvoljan broj prirodc z nih faktora koji su uzajamno prosti u parovima, pri emu redosled faktora nije c bitan? Neka je S = {1, 2, . . . , n}. Odrediti broj svih funkcija f : S S koje nemaju fiksnu taku. c Slepi ovek ima hrpu od 2 para sivih, 3 para braon, 5 parova plavih, 7 parova belih c i 10 parova crnih arapa. On ide na put i u kofer treba da spakuje odgovaraju´i c c broj arapa. c a) Koliko arapa treba da izabere da bi bio siguran da ima par iste boje? c b) Koliko njih treba da izabere da bi bio siguran da ima par plave boje? c) Koji je minimalan broj arapa koje treba da izabere da bi bio siguran da ima c 8 arapa iste boje? c Dokazati da u proizvoljnom skupu od n + 1 prirodnih brojeva postoje dva ija c je razlika deljiva sa n. Dokazati da u proizvoljnom skupu od 7 celih brojeva postoje dva broja x i y, tako da ili x + y ili x - y deljivo sa 10. Dokazati da u proizvoljnom razbijanju (particiji) skupa X = {1, 2, 3, . . . , 9} na

2.1.2

2.1.3 2.1.4 2.1.5

2.1.6

2.1.7

2.1.8

2.1.9

2.1.10

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

44

dva podskupa, bar jedan od ta 2 podskupa sadri aritmetiku progresiju duine z c z 3. 2.1.11 2.1.12 Dokazati da postoji n N, tako da se decimalni zapis broja 3n zavrava sa 0001. s a) Dokazati da u svakom podskupu sa n + 1 elemenata skupa {1, 2, . . . , 2n} postoje dva razliita broja tako da jedan od njih deli drugi; c b) Dokazati da postoji podskup sa n elemenata skupa {1, 2, . . . , 2n} tako da nijedan od njegovih elemenata ne deli neki drugi element. Kada je Eva bila 14 dana izvan grada zvala je 17 puta Adama. Ako je ona svakog dana napravila bar 1 medjugradski poziv, dokazati da postoji period od nekoliko uzastopnih dana tokom kojih je ona napravila tano 10 poziva. c U kvadratu stranice 2 dato je k taaka. c a) Ako je k = 5 dokazati da postoje bar dve take tako da je njihovo rastojanje c najvie 2. s a) Ako je k = 4n2 + 1 dokazati da postoje bar dve take tako da je njihovo c rastojanje najvie n2 . s Dokazati da se medju 3 cela broja uvek mogu izabrati 2 (recimo a i b) takvi da je izraz a3 b - ab3 deljiv sa 10. Svaka taka ravni obojena je crvenom ili belom bojom. Dokazati da postoji c du duine 1 u toj ravni, ija su oba kraja obojena istom bojom. z z c Svaka taka ravni obojena je crvenom ili belom bojom. Dokazati da postoji c jednakokrako­pravougli trougao, kod koga su sva 3 temena obojena istom bojom. Ravan je obojena sa 3 boje. Pokazati da postoje 2 take u ravni, koje su obojene c istom bojom, a nalaze se na jedininom rastojanju. c Ravan je obojena sa 2 boje. Dokazati da postoji jednakostranian trougao, kod c koga su sva 3 temena obojena istom bojom. Da li tvrdjenje vai ako se trai z z istobojni jednakostranini trougao stranice 1? c

2.1.13

2.1.14

2.1.15

2.1.16

2.1.17

2.1.18

2.1.19

2.2

UREDJENI IZBORI ELEMENATA

Ponekad je poredak u kojem se elementi nalaze bitan, a ponekad nije. Na primer, re STOP je razliita od rei POTS, bez obzira to su obe rei formirane c c c s c od slova iz skupa {O, P, S, T }. S druge strane, zbir brojeva 1 + 2 + 3 je isti kao zbir 2+3+1, bez obzira to je redosled ovih brojeva promenjen. U ovom odeljku s ´emo nauiti kako da prebrojimo izbore elemenata kod kojih je poredak bitan, a c c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

45

kasnije ´emo prouavati izbore elemenata kod kojih poredak nije bitan. Takodje c c ´emo nauiti da je vano da li je ili nije dozvoljeno ponavljanje elemenata. c c z PRIMER 2.2.1 Posmatrajmo skup {A, B, C, D}. Na koliko naina moemo da izaberemo dva c z slova? Reenje. Postoje etiri mogu´a odgovora na ovo pitanje, u zavisnosti od toga s c c da li je bitan poredak slova, kao i da li je dozvoljeno ponavljanje slova. a) Ako je poredak bitan i dozvoljeno je ponavljanje slova, tada postoji 16 mogu´ih izbora: c AA AB AC AD BA BB BC BD CA CB CC CD DA DB DC DD

b) Ako je poredak bitan, a ponavljanje nije dozvoljeno, tada postoji 12 mogu´ih izbora: c BA AB AC AD BC BD CA CB CD DA DB DC

c) Ako poredak nije bitan, a dozvoljeno je ponavljanje, tada postoji 10 mogu´nosti: c AA AB AC AD

BB BC BD

CC CD

DD

d) Ako poredak nije bitan, a nije dozvoljeno ni ponavljanje, tada postoji samo 6 mogu´nosti: c AB AC AD

BC BD

CD

Ovaj primer pokazuje etiri osnovna tipa kombinatornih problema. U ovom c i slede´em odeljku naui´emo da reavamo sve ove tipove problema u optem c cc s s sluaju, tj. kada je problem izabrati m elemenata iz skupa sa n elemenata. U c ovom odeljku uopti´emo sluajeve a) i b), dok ´emo u odeljku 2.4 Neuredjeni s c c c izbori elemenata prouciti sluajeve c) i d). c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

46

UREDJENI IZBORI SA PONAVLJANJEM

U prethodnom primeru smo videli da je u sluaju (a) broj izbora jednak c 16 = 42 . Evo jo jednog slinog primera: s c PRIMER 2.2.2 Koliko postoji razliitih rei sa 5 slova (koriste´i nae pismo sa 30 slova i c c c s ukljuuju´i i besmislene rei kao k´ndv)? c c c c Reenje. Poto se svako od 5 slova moe nezavisno izabrati na 30 naina, nije s s z c teko videti da je odgovor 305 . I, zaista, svaka re sa 5 slova se moe posmatrati s c z kao preslikavanje skupa {1, 2, . . . , 5} u skup slova {a,b,c,. . . ,}: za svako od z 5 mesta u rei, sa rednim brojevima 1, 2, . . . , 5, preslikavanje odredjuje slovo na c tom mestu. Nalaenje ovakvih jednostavnih prevodjenja svakodnevnih problema na jezik z matematike jedna je od osnovnih vetina matematikog zanata. Sada nije teko s c s videti da uredjeni izbor n elemenata sa ponavljanjem iz skupa M sa m elemenata u stvari odgovara preslikavanju skupa {1, 2, . . . , n} u skup M . TEOREMA 2.2.3 Neka je N skup sa n elemenata (koji moe da bude i prazan, tj. n 0) i neka z je M skup sa m elemenata, m 1. Broj svih mogu´ih preslikavanja f : N M c jednak je mn .

Dokaz . Do rezultata se moe do´i imitiranjem ideje iz prethodnog primera, z c ali ´emo iskoristiti priliku da se naviknemo na stroge matematike dokaze. c c Zato za dokaz koristimo metod matematike indukcije po n. Sta teorema c tvrdi za n = 0? U ovom sluaju, posmatramo sva preslikavanja f skupa N = c u neki skup M . Definicija preslikavanja nam kae da takvo f mora da bude z skup uredjenih parova (x, y) tako da x N = i y M . Poto prazan s skup nema elemenata, f ne moe da sadri nijedan takav uredjeni par, pa je z z jedina mogu´nost da je f = (nema uredjenih parova). S druge strane, f = c zadovoljava definiciju preslikavanja (proverite!). Prema tome, postoji tano c jedno preslikavanje f : M . Ovo se slae sa formulom, jer je m0 = 1 za z m 1, pa zakljuujemo da smo proverili sluaj n = 0 kao bazu indukcije. c c Dalje, pretpostavimo da je teorema dokazana za sve n n0 i sve m 1. Neka je n = n0 + 1 i posmatrajmo skup N sa n elemenata i skup M sa m elemenata. Izaberimo proizvoljan element a N . Za opis preslikavanja f : N M potrebno je znati vrednost f (a) M i preslikavanje f : N \ {a} M . Vrednost f (a) moe da se izabere na m naina, a za izbor f imamo mn-1 mogu´nosti z c c po induktivnoj hipotezi, pa sada po principu proizvoda dobijamo da je ukupan broj mogu´nosti za f jednak m · mn-1 = mn . c

Ovde ide slika sa strane 49 iz Neetrilove knjige!!! s

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

47

NAPOMENA

Uredjeni izbori elemenata u literaturi se nazivaju jo i varijacije. s

TEOREMA 2.2.4

Svaki skup X sa n elemenata ima tano 2n podskupova (n c

0).

Dokaz . Posmatrajmo proizvoljan podskup A skupa X i definiimo preslikas vanje fA : X {0, 1}. Za x X odredjujemo fA (x) = 1 0 ako x A ako x A. /

Ovo preslikavanje se esto sre´e u matematici i naziva se karakteristina funkcija c c c skupa A. Vizuelno,

Ovde ide slika sa strane 50 iz Neetrilove knjige!!! s

Razliiti skupovi A imaju razliite funkcije fA , i obrnuto, svako preslikavanje c c f : X {0, 1} odredjuje skup A = {x X | f (x) = 1} tako da je f = fA . Prema tome, broj podskupova X je isti kao broj svih preslikavanja X {0, 1}, a to je 2n po Teoremi 2.2.3. PRIMER 2.2.5 Da li medju brojevima 1, 2, . . . , 1010 ima vie onih koji sadre cifru 9 u decimals z nom zapisu ili onih koji je ne sadre? z Reenje. Ako broj ne sadri cifru 9 u decimalnom zapisu, onda su sve njegove s z cifre u skupu {0, 1, . . . , 8}. Ovakvih brojeva sa najvie deset cifara ima ukupno s 910 - 1 + 1 = 3 486 784 401. Naime, postoji 9 mogu´nosti za svaku od deset cifara, pri emu se broj sa manje c c od deset cifara dobija tako sto se na njegov poetak stavi potreban broj nula. c Razlog za "-1 + 1" u gornjem izrazu je to najpre izostavljamo broj sastavljen s od svih deset nula, a zatim dodajemo broj 1010 . Sada vidimo da brojeva koji sadre cifru 9 u svom zapisu ima z 1010 - 910 = 6 513 215 599, znatno vie nego brojeva koji ne sadre cifru 9. s z

UREDJENI IZBORI BEZ PONAVLJANJA

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

48

Neka je f : {1, 2, . . . , n} M preslikavanje koje odgovara uredjenom izboru elemenata iz skupa M . Kada je ponavljanje elemenata dozvoljeno, mogu´e je c izabrati isti element dva puta, tako da vai f (r) = f (s) za razliite r i s iz z c {1, 2, . . . , n}. Ako ponavljanje nije dozvoljeno, tada je f (r) = f (s) za svako r = s, pa vidimo da uredjenim izborima elemenata bez ponavljanja odgovaraju injektivna preslikavanja (injektivna preslikavanja se nazivaju jo i "1s 1"preslikavanja). TEOREMA 2.2.6 Neka je N skup sa n elemenata i neka je M skup sa m elemenata, n, m Broj svih injektivnih preslikavanja f : N M jednak je

n-1

0.

(m - i) = m(m - 1) · . . . · (m - n + 1).

i=0

Dokaz . Dokaz izvodimo indukcijom po n. Prazno preslikavanje je injektivno, pa stoga za n = 0 postoji tano jedno injektivno preslikavanje, i ovo se slae c z sa dogovorom da se vrednost praznog proizvoda definie kao 1. Znai, formula s c vai za n = 0. z Iz Teoreme 2.1.2 znamo da ne postoji injektivno preslikavanje za n > m i ovo se takodje slae sa gornjom formulom (jer se tada u njoj pojavljuje inilac 0). z c Posmatrajmo sada skup N sa n elemenata, n 1, i skup M sa m elemenata, m n. Fiksirajmo element a N i izaberimo proizvoljno vrednost f (a) M na jedan od m mogu´ih naina. Preostaje nam da izaberemo injektivno c c preslikavanje iz N \ {a} u M \ {f (a)}. Po induktivnoj hipotezi, postoji (m - 1)(m - 2) · . . . · (m - n + 1) mogu´nosti za ovaj izbor, pa stoga vidimo da postoji c ukupno m(m-1)(m-2)·. . .·(m-n+1) injektivnih preslikavanja f : N M . I ovde bi mogla da ide slika nalik prethodnima!!! PRIMER 2.2.7 Klub ima 25 lanova. Koliko ima naina da se izaberu predsednik, potpredsedc c nik, sekretar i blagajnik kluba? Reenje. s Predsednik kluba moe da se izabere na 25 naina, izmedju prez c ostalih osoba potpredsednik moe da se izabere na 24 naina, sekretar na 23 i, z c konano, blagajnik na 22 naina, tako da je broj razliitih izbora jednak broju c c c uredjenih izbora bez ponavljanja 4 osobe iz skupa sa 25 osoba, tj. 25 · 24 · 23 · 22 = 303 600.

PRIMER 2.2.8

U kampanji pred predsednike izbore, kandidat K treba da obidje sedam od c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

49

petnaest gradova u Srbiji. Da bi postigao to bolji efekat pred izbore, kandidat s je izabrao da svoju kampanju zavri u Beogradu. Na koliko razliitih naina se s c c moe realizovati kampanja? z Reenje. S obzirom da je poslednji grad u kampanji ve´ izabran, kandidat K s c u stvari treba da izabere prvih est gradova koje ´e obi´i od preostalih etrnaest s c c c gradova u Srbiji. Kako je bitan redosled obidjenih gradova, broj ovih izbora jednak je 14 · 13 · 12 · 11 · 10 · 9 = 2 162 160.

PERMUTACIJE

Bijektivno preslikavanje konanog skupa X na samog sebe naziva se perc mutacija skupa X. PRIMER 2.2.9 Primer permutacije skupa {1, 2, . . . , 5} je funkcija definisana pomo´u c = 1 2 2 4 3 5 4 1 5 3 .

Skra´eno, ovu permutaciju ´emo pisati kao 24513. c c Permutacija konanog skupa kao bijektivno preslikavanje je ujedno i injekc cija, to znai da permutacija predstavlja poseban sluaj uredjenog izbora eles c c menata bez ponavljanja kod koga se bira svih n od n elemenata. U skladu sa Teoremom 2.2.6, imamo slede´u direktnu posledicu. c POSLEDICA 2.2.10 Broj permutacija skupa X sa n elemenata jednak je n! = n(n - 1) · . . . · 2 · 1.

Broj n! se ita n faktorijel. Posebno za n = 0 vai 0! = 1. c z NAPOMENA

Funkcija n! jako brzo raste, bre od svake eksponencijalne funkcije. Za procenu njene z vrednosti koristi se Stirlingova formula koja tvrdi da za veliko n vai z " n "n n! 2n . e Ova procena je vrlo dobra: na primer, ve´ za n = 8 greka je samo 1, 04%. c s

PRIMER 2.2.11

Pela treba da skupi polen sa sedam razliitih cvetova pre nego to se vrati u c c s

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

50

konicu. Kada pela uzme polen sa nekog cveta ona se vie ne vra´a na taj cvet. s c s c Na koliko naina ona moe da obidje svih sedam cvetova? c z Reenje. s Kada jednom skupi polen sa nekog cveta, pela vie nema razloga c s da se vra´a na isti cvet. Zbog toga ´e pela obi´i svaki cvet tano jedanput, pa c c c c c je traeni broj jednak broju uredjenih izbora bez ponavljanja 7 od 7 elemenata, z odnosno, broju permutacija od 7 elemenata. Stoga je broj mogu´ih obilazaka c jednak 7!=5 040. PRIMER 2.2.12 Koliko ima permutacija cifara 12345678 koje sadre cifre 123 jednu do druge u z tom rasporedu? Reenje. Poto cifre 123 moraju da se pojave kao jedan blok, odgovor moemo s s z dobiti tako to ´emo na´i broj permutacija est objekata, naime, bloka 123 i s c c s pojedinanih cifara 4, 5, 6, 7 i 8. Poto ovih est objekata moe da se pojavi c s s z u proizvoljnom rasporedu, zakljuujemo da postoji ukupno 6!=720 permutacija c cifara 12345678 u kojima se cifre 123 pojavljuju kao jedan blok. Permutacije se esto sre´u u matematici i imaju dosta korisnih primena. Evo c c nekih oblasti gde permutacije igraju vanu ulogu: z · U definiciji algebarskog pojma determinante reda n javlja se suma po svim permutacijama skupa od n elemenata: Neka je A = (aij ) realna kvadratna matrica reda n (mozhemo je zamishljati kao kavadratnu shemu n sa n u koju je upisano n2 brojeva). Tada je determinanta matrice A, u oznaci |A|, det(A) ili det A, jednaka slede´oj sumi po svim permutacijama iz skupa c Sn = Sym (Nn ): |A| =

Sn

sgn · a1 (1) · a2 (2) · . . . · an (n) ,

gde sgn oznaava znak permutacije (odnosno parnost perc mutacije). Slina je i definicija kombinatornog pojma permanenta. U sluaju c c kvadratne matrice reda n jedina razlika je to nema lana sgn : s c per A =

Sn

a1 (1) · a2 (2) · . . . · an (n) .

Permanent moemo izraunati pomo´u Laplasovog razvoja po nekoj vrsti z c c ili koloni, koji za razliku od determinanti, kod kojih se javlja lan (-1)i+j , c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

51

ima sve lanove pozitivne. Laplasov razvoj po elementima i­te vrste za c permanent glasi:

n

per(A) =

j=1

aij per(Aij ) = ai1 per(Ai1 )+ai2 per(Ai2 )+. . .+ain per(Ain ),

gde je n red matrice A, a Aij matrice koje se dobijaju od matrice A izbacivanjem i-te vrste i j-te kolone. Slino imamo Laplasov razvoj po c n X elementima j­te kolone: per(A) = aij per(Aij ).

i=1

Za ilustraciju rada sa permanentima videti Zadatak 2.2.19, kao i Primer 3.2.41 iz poglavlja "Rekurentne jednaine"(tu se permanent koristi za prebrojac vanje permutacija sa ogranienjima). Vie o permanentima moete nauiti c s z c iz kompletne knjige Henrika Minka (eng. Henryk Minc) o njima, [21]. · Grupe permutacija, sa slaganjem funkcija kao operacijom, predstavljaju jedan od osnovnih predmeta prouavanja u teoriji grupa, s obzirom da se c svaka konana grupa moe utopiti u neku grupu permutacija. c z Grupe permutacija, kao i orbite permutacija ine osnove primene terije c grupa u Kombinatorici. Klasini rezultati ove oblasti su Burnsajdova (eng. c Burnside) teorema, Frobenijusova (eng. Frobenius) lema i Poljine (madj. P´lya) teoreme prebrojavanja. Pomo´u ovih tvrdjenja mogu´e je izvriti o c c s prebrojavanje (enumeraciju) znatnog broja veoma sloenih kombinatornih z objekata, ali one nalaze i primenu u teoriji grafova (npr. za odredjivanje broja neizomorfnih grafova). Pored toga, osnovni razlog za nemogu´nost opteg algebarskog reenja c s s jednaine petog stepena lei u osobinama grupe svih permutacija skupa c z sa pet elemenata. · Permutacije se koriste kod projektovanja i prouavanja algoritama za sorc tiranje. Na primer, pomo´u permutacija se moe pokazati da svaki algoc z ritam za sortiranje koji u svom radu koristi samo medjusobno poredjenje po dva elementa niza ne moe da se, u optem sluaju, izvri za manje od z s c s cn log n koraka za neku konstantu c > 0. · Raspored karata u pilu predstavlja jednu permutaciju karata. Meanjem s s karata se pritom od jedne permutacije dobija druga permutacija karata. U profesionalnom kartanju se proces meanja karata matematiki prouava s c c pomo´u svojstava permutacija da bi odgovorilo na razna pitanja, kao na c primer: Polaze´i od nepromeanog pila, koliko je puta potrebno meati c s s s karte deljenjem na dva dela i njihovim spajanjem (ako ste gledali bilo koji film o Las Vegasu, onda sigurno znate kako izgleda ovakvo meanje karata) s da bi pil bio potpuno izmean? s s · Permutacije se mogu iskoristiti i u matematikoj estetici. Na slici 2.4 c je prikazano Steinhaus-Johnson-Trotter tkanje. Ako paljivo posmatrate, z

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

52

vide´ete da vertikalni preseci ovog tkanja predstavljaju sve permutacije c konaca kojima je tkano, pri emu se svake dve susedne permutacije razc likuju u samo dve susedne pozicije (to je "X" izmedju dva susedna vertikalna preseka).

Slika 2.4: Steinhaus-Johnson-Trotter tkanje razliitim koncima. c Pored uobiajenog zapisa permutacije kao funkcije postoji i ciklusni zapis c permutacije, koji je pogodniji u nekim primenama. Kako se dobija ciklusni zapis permutacije? Primetimo da za permutaciju = 24513 vai z (1) = 2, (2) = 4, (4) = 1.

Permutacija alje element 1 u 2, 2 u 4 i 4 nazad u 1, i tada kaemo da ovi s z elementi ine ciklus (1 2 4) duine 3. Slino, elementi 3 i 5 ine ciklus (3 5) c z c c duine 2, pa je ciklusni zapis ove permutacije z = (1 2 4)(3 5). Ciklusni zapis za proizvoljnu permutaciju moe da se dobije pomo´u z c slede´eg postupka, koji se ponavlja sve dok svi elementi ne budu rasporedjeni u c cikluse: Izabrati proizvoljan element a koji jo nije rasporedjen u neki ciklus. s Novi ciklus ine elementi c (a (a) ((a)) (((a))) . . . k-1 (a)) koje redjamo sve dok ne dodjemo do najmanjeg prirodnog broja k za koji vai k (a) = a. z Postoje dva naina da promenimo ciklusni zapis bez uticaja na samu perc mutaciju. Najpre, svaki ciklus moe da pone bilo kojim od svojih elemenata z c -- na primer, (7 8 2 1 3) i (1 3 7 8 2) predstavljaju isti ciklus. Drugo, poredak ciklusa nije vaan -- na primer, (1 2 4)(3 5) i (3 5)(1 2 4) predstavljaju istu z permutaciju. Bitni su podela elemenata skupa na cikluse, kao i njihov poredak unutar ciklusa, i oni su jedinstveno odredjeni ciklusnim zapisom. Ciklusni zapis nam moe dati korisne informacije o permutaciji. z PRIMER 2.2.13 Karte oznaene brojevima 1 do 12 poredjane su kao to je prikazano dole levo. c s Karte se skupljaju po vrstama i zatim se ponovo dele, ali po kolonama umesto po vrstama, tako da se dobija raspored kao dole desno.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA 1 4 7 10 2 5 8 11 3 6 9 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

53

Koliko puta mora da se izvri ovaj postupak pre nego to se karte ponovo nadju s s u poetnom rasporedu? c Reenje. s Neka je permutacija koja predstavlja postupak premetanja s karata, tako da je (i) = j ako se karta j pojavljuje na mestu koje je pre premetanja zauzimala karta i. Ako predstavimo pomo´u ciklusa dobijamo s c = (1)(2 5 6 10 4)(3 9 11 8 7)(12). Ciklusi (1) i (12) znae da karte 1 i 12 sve vreme ostaju na svojim mestima. c Preostala dva ciklusa imaju duinu 5, tako da ´e se posle pet ponavljanja posz c tupka sve karte na´i na svojim poetnim mestima. (Probajte.) Drugim reima c c c 5 = id, gde 5 predstavlja petostruko ponavljanje permutacije , a id oznaava c identinu permutaciju, definisanu sa id(j) = j. c

ZADACI

2.2.1 U radnji postoji k razliitih vrsta razglednica, koje treba poslati prijateljima, c kojih ima n. a) Na koliko naina je mogu´e svakom prijatelju poslati tano jednu razglednicu? c c c b) Koliko ima naina ako svakom prijatelju treba poslati razliitu razglednicu? c c c) Od svake vrste razglednica je kupljena tano po jedna. Na koliko naina c c je mogu´e poslati razglednice prijateljima (prijatelj moe dobiti bilo koji broj c z razglednica, ukljuuju´i i 0)? c c Komitet od devet lanova treba da izabere predsednika, sekretara i blagajnika. c Koliko mogu´ih izbora postoji? c Odrediti broj nizova duine r koji se mogu formirati od prvih 7 slova azbuke, z ako je a) r = 4; b) r = 9 i slova 1 mogu da se ponavljaju; 2 ne mogu da se ponavljaju. Odrediti broj naina da se rasporedi m ena i n mukaraca (m < n) za okruglim c z s stolom, tako da nikoje 2 ene ne sede jedna do druge. z Da li medju brojevima 1, 2, . . . , 9999999 ima vie onih koji sadre cifru 5 u s z decimalnom zapisu ili onih koji je ne sadre? z Neka je dat skup S = {s, i, c, g}. Koliko ima a) relacija u S; b) relacija koje

2.2.2

2.2.3

2.2.4

2.2.5

2.2.6

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA nisu simetrichne u S; c) antisimetrichnih relacija u S? 2.2.7 2.2.8 2.2.9

54

Koliko se binarnih relacija moe definisati na skupu sa n elemenata? Koliko z postoji: a) refleksivnih, b) simetrinih, c) refleksivnih i simetrinih relacija? c c Odrediti broj rei duine n koje se mogu formirati od slova A, B, C, D i E, koje c z sadre paran broj slova A. (Rei ne moraju imati neko znaenje.) z c c U prizemlju zgrade od 7 spratova u lift su uli Aca, Duan, Luka, Marija i s s Nataa. Na koliko naina se lift moe isprazniti tako da ni u jednom trenutku s c z mukarac i ena ne budu sami u liftu? s z Na koliko naina se moe postaviti osam topova na ahovsku tablu tako da se c z s oni medjusobno ne napadaju? Ako je n 2, koliko ima permutacija skupa {1, 2, . . . , n} u kojima su brojevi 1 i 2 susedni? Napisati ciklusni zapis za permutaciju 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 5 7 8 4 6 1 2 9 . .

2.2.10 2.2.11

2.2.12

2.2.13 2.2.14

Odrediti red permutacije

1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 3 1 5 4 7 8 9 6

Preferans pil od 32 karte je podeljen u dva jednaka dela i promean preplitas s njem, tako da ako je originalni poredak karata bio 1, 2, 3, 4, . . . , novi poredak je 1, 17, 2, 18, . . . . Koliko puta treba primeniti ovakvo meanje da bi se pil vratio s s u originalni poredak? Odrediti sve mogu´e relacije totalnog poretka nad skupom a) S = {1, 2, 3}; c b) S = {1, 2, 3, . . . , n}. Koliko ih ukupno ima? Koliko permutacija skupa {1, 2, . . . , n} ima samo jedan ciklus? Koliko ima permutacija p skupa {1, 2, . . . , n} za koje je p2 = id, p = id? Kvadratni koren permutacije p je permutacija q tako da vai p = q 2 . Na´i z c formulu za broj kvadratnih korena permutacije p. Kakve permutacije imaju jedinstveni kvadratni koren? Odrediti permanente slede´ih matrica: c 1 1 1 1 2 3 1 2 3 a) A = 1 2 3; b) B = 1 1 1 1 2 3 1 0 0

2.2.15 2.2.16 2.2.17 2.2.18

2.2.19

n·n d) Jn ; e) Jn - In , gde In i Jn predstavljaju jedininu matricu reda n i matricu iji su svi elementi c c jednaki 1 reda n.

1 · 1 1 · 2 ... 1 2 · 1 2 · 2 . . . 4 ; c) C = . . . 1 . . . 0 n · 1 n · 2 ...

1·n 2 · n . ; . .

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

55

2.3

GENERISANJE PERMUTACIJA

S obzirom na vanost permutacija kao kombinatornih objekata, u ovom delu z ´emo se baviti njihovim generisanjem pomo´u raunara. Konkretno, odgovoc c c ri´emo na slede´a pitanja: c c a) Kako generisati sve permutacije n elemenata? b) Kako generisati permutaciju sa datim rednim brojem? c) Kako generisati sluajnu permutaciju n elemenata? c Primetimo da prva dva pitanja implicitno pretpostavljaju postojanje poretka na skupu permutacija (kako bismo inae znali koja je permutacija prva, koja c k-ta, a koja poslednja?). Stoga, da bismo odgovorili na ova pitanja, neophodno je da najpre uvedemo relaciju poretka na skupu svih permutacija. Postoji vie s razliitih naina da se definie ovakva relacija, a najprirodniji od njih je leksikoc c s grafski poredak permutacija.

DEFINICIJA 2.3.1

Permutacija a1 a2 . . . an prethodi permutaciji b1 b2 . . . bn u leksikografskom poretku ako za neko k, 1 k n, vai da je a1 = b1 , a2 = b2 , . . . , ak-1 = bk-1 , z dok je ak < bk . Drugim reima, permutacija a1 a2 . . . an prethodi permutaciji b1 b2 . . . bn (u c leksikografskom poretku) ako je, na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacije razlikuju, broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji.

PRIMER 2.3.2

Permutacija 24135 skupa {1, 2, 3, 4, 5} prethodi permutaciji 24351, jer se permutacije slau na prve dve pozicije, dok je na tre´oj poziciji broj 1 u prvoj z c permutaciji manji od broja 3 u drugoj permutaciji. Slino, permutacija 35421 prethodi permutaciji 41235, jer ve´ na prvoj pozic c ciji imamo da je broj 3 u prvoj permutaciji manji od broja 4 u drugoj permutaciji.

PRIMER 2.3.3

Prva permutacija u leksikografskom poretku skupa {1, 2, . . . , n} je permutacija 123 . . . n, a poslednja je permutacija n . . . 321.

GENERISANJE SVIH PERMUTACIJA

Algoritam za generisanje svih permutacija skupa {1, 2, 3, . . . , n} se zasniva na proceduri koja za datu permutaciju a1 a2 . . . an generie slede´u permutaciju s c u leksikografskom poretku. U tom sluaju, svih n! permutacija ´e biti generisano c c ako podjemo od permutacije 123 . . . n i zatim n! - 1 puta pozovemo proceduru za generisanje slede´e permutacije. c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

56

Kako radi ova procedura? Pretpostavimo najpre da je an-1 < an u permutaciji a1 a2 . . . an-1 an . Zamenimo mesta an-1 i an da bismo dobili ve´u c permutaciju a1 a2 . . . an an-1 . Nijedna druga permutacija ne moe da sledi perz mutaciju a1 a2 . . . an-1 an , a da prethodi permutaciji a1 a2 . . . an an-1 . Na primer, slede´a permutacija posle 423156 je 423165. S druge strane, ako je an-1 > an , c onda se slede´a permutacija ne moe dobiti zamenom mesta ovih elemenata. c z Posmatrajmo stoga poslednja tri elementa. Ako je an-2 < an-1 , tada se poslednja tri elementa mogu prerasporediti tako da se dobije leksikografski slede´a perc mutacija: manji od brojeva an-1 i an koji je ve´i od an-2 stavimo na poziciju c n - 2, a zatim an-2 i preostali broj postavimo u rastu´i poredak na pozicijama c n - 1 i n. Na primer, slede´a permutacija posle 423165 je 423516. c S druge strane, ako je an-2 > an-1 (i an-1 > an ), tada se ve´a permutacija c ne moe dobiti zamenom mesta ovih elemenata. Na osnovu ovoga, moe se dobiti z z opti metod za nalaenje leksikografski slede´e permutacije: najpre, pronadjimo s z c poziciju j tako da je aj < aj+1 i aj+1 > aj+2 > . . . > an ; zatim, na poziciju j stavimo najmanji od brojeva aj+1 , aj+2 , . . . , an koji je ve´i od aj , a onda aj c i preostale brojeve poredjamo na pozicijama j + 1 do n u rastu´em poretku. c Pseudo-kod ove procedure je dat u nastavku (tu je swap procedura koja menja vrednosti 2 broja).

procedure sledecapermutacija(a1 a2 . . . an ) // a1 a2 . . . an je permutacija {1, 2, . . . , n} razliita od n . . . 21 c j := n - 1 while aj > aj+1 j := j - 1 // po izlazu iz petlje j je najve´i indeks sa aj < aj+1 c k := n while aj > ak k := k - 1 // po izlazu iz petlje ak je najmanji broj ve´i od aj sa k > j c swap(aj , ak ) // preuredi brojeve aj+1 . . . an u rastu´i poredak c r := n s := j + 1 while r > s begin swap(ar , as ) r := r - 1 s := s + 1 end end procedure

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 2.3.4 Koja je slede´a permutacija u leksikografskom poretku posle 42758631? c

57

Reenje. s Poslednji par brojeva u ovoj permutaciji za koje je aj < aj+1 je a4 = 5 i a5 = 8. Najmanji broj ve´i od a4 = 5 koji se nalazi iza njega je a6 = 6. c Zbog toga broj 6 dolazi na 4. poziciju, a brojevi 5, 8, 3 i 1 se rasporedjuju na poslednje etiri pozicije u rastu´em poretku. Prema tome, leksikografski slede´a c c c permutacija je 42761358. PRIMER 2.3.5 Generisati permutacije skupa {1, 2, 3, 4} u leksikografskom poretku. Reenje. s Permutacije su date u slede´oj tabeli, poredjane po vrstama: c 1234 2134 3124 4123 1243 2143 3142 4132 1324 2314 3214 4213 1342 2341 3241 4231 1423 2413 3412 4312 1432 2431 3421 4321

GENERISANJE ODREDJENE PERMUTACIJE

U sluaju da elimo da odredimo k-tu permutaciju u leksikografskom c z poretku, gde je 1 k n!, opet je mogu´e primeniti gornju proceduru, tako c to ´emo po´i od permutacije 12 . . . n i pozvati proceduru k - 1 puta. Medjus c c tim, postoji i jednostavniji nain od toga. c Naime, jasno je da u leksikografskom poretku: · prvih (n - 1)! permutacija poinje brojem 1, c · slede´ih (n - 1)! permutacija poinje brojem 2, c c · slede´ih (n - 1)! permutacija poinje brojem 3, itd. c c Stoga vidimo da ´e k-ta permutacija a1 a2 . . . an poinjati brojem c c a1 = k , (n - 1)!

gde x oznaava najmanji ceo broj ve´i ili jednak x (na primer, 3, 5 = 4, c c -3, 5 = -3, 2 = 2). Stavie, ostatak permutacije a2 . . . an ´e predstavs c ljati k -tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permutacija preostalih elemenata, gde je k = k - (a1 - 1)(n - 1)!. Sada moemo induktivno da primenimo gornje zapaanje: permutacija a2 . . . an z z k ´e poinjati (n-2)! -elementom po redu iz rastu´eg poretka preostalih elemec c c nata. Tre´i, etvrti i ostale elemente permutacije moemo da odredimo na slian c c z c nain. c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

58

Ovakvom postupku odgovara rekurzivna procedura permutacijaporedu(k,m), iji je pseudo-kod dat u nastavku. Promenljiva m predstavlja poziciju elementa c permutacije koji se odredjuje u tom pozivu procedure. Pretpostavlja se da je a globalno definisani celobrojni niz, a n globalno definisani ceo broj.

procedure permutacijaporedu(k,m) k a[m] := (n-m)! if m < n then begin k := k - (a[m] - 1)(n - m)! permutacijaporedu(k , m + 1) for i := m + 1 to n if a[i] a[m] then a[i] := a[i] + 1 end end procedure

for petlja u gornjem pseudo-kodu zahteva dodatno objanjenje. Naime, u s sluaju da je n > 1 poziv procedure permutacijaporedu(k ,m + 1) ´e vratiti c c k -tu permutaciju am+1 . . . an skupa {1, 2, . . . , n - 1}. Kako je nama, u stvari, potrebna k -ta permutacija skupa {1, . . . , am -1, am +1, . . . , n}, reenje se sastoji s u tome da, nakon rekurzivnog poziva, sve elemente permutacije am+1 . . . an koji su ve´i ili jednaki am uve´amo za 1. c c PRIMER 2.3.6 Koja je 17. permutacija u leksikografskom poretku permutacija skupa {1, 2, 3, 4}? Reenje. s Prvi element traene permutacije je z a1 = 17 = 3, 3!

a u ostatku postupka traimo k -tu permutaciju u leksikografskom poretku perz mutacija skupa {1, 2, 4}, gde je k = 17 - 2 · 3! = 5. Sada je a2 = 5 = 3, 2!

to znai da je element na drugoj poziciji permutacije u stvari tre´i element u s c c rastu´em poretku elemenata 1,2,4, a to je broj 4. Dalje je c k = 5 - 2 · 2! = 1,

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

59

to znai da traimo leksikografski prvu permutaciju elemenata skupa {1, 2}, a s c z to je permutacija 12. Prema tome, traena 17. permutacija je 3412. z

GENERISANJE SLUCAJNE PERMUTACIJE

Konano, ako elimo da odredimo sluajnu permutaciju skupa {1, 2, . . . , n}, c z c tada moemo da primenimo slede´u proceduru: z c

procedure slucajnapermutacija(a,n) for i := 1 to n a[i] := i for k := n downto 1 swap(a[k], a[rand(k)]) end procedure

U prethodnoj proceduri koristimo slede´e 2 procedure: swap procedura c menja vrednosti 2 broja, dok rand(k) daje sluajan broj izmedju 1 i k, unic formno rasporedjen. Prema tome, procedura najpre od svih n elemenata sluajno bira element koji ´e pojaviti na n-toj poziciji permutacije, a zatim c c od preostalih n - 1 elemenata sa prvih n - 1 pozicija sluajno bira element za c (n - 1)-vu poziciju permutacije, i tako redom dok svi elementi permutacije ne budu sluajno izabrani. Ova procedura se prvi put pojavila u slede´im lancima: c c c · R. Durstenfeld, Algorithm 235: Random permutations, CACM (1964), 420. · G. de Balbine, Note on random permutations, Math. Comput. 21 (1967), 710­712. NAPOMENA

Na adresi http://www.theory.cs.uvic.ca/~cos/cos.html nalazi se Combinatorial Object Server, sajt koji sadri implementacije algoritama za z generisanje mnogih vrsta kombinatornih objekata (ne samo permutacija!) prostim navodjenjem njihovih parametara u okviru odgovaraju´ih web strana. Istraite ovaj c z panje vredan sajt! (P.S. Kodovi implementacija algoritama ipak nisu dostupni). z

ZADACI

2.3.1 Rasporediti slede´e permutacije skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6} u leksikografski redosled: c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA 234561, 231456, 165432, 156423, 543216, 541236, 231465, 314562, 432561, 654321, 654312, 435612. 2.3.2

60

Ispisati sve (ima ih 24) razliite permutacije skupa X4 = {A, E, M, T } i to u c leksikografskom poretku. Odrediti sve 2-slovne rei sa slovima iz skupa {a, b, c, d} u leksikografskom c poretku. Odrediti broj rei koje se mogu dobiti od slova c a) M, A, T, R, I, C, A; b) K, V, A, D, R, A, T, N, A. Za svaku od te 2 rei odrediti koja je po redu medju svim reima od tih slova c c koje su date u leksikografskom poretku. Odrediti a) 28-mu; b) 75-tu; c) 100-tu permutaciju skupa {a, b, c, d, e}. Odrediti za svaku permutaciju koja je po redu, kao i koja joj prethodi i koja sledi nakon nje u leksikografskom redosledu: a) 1342; b) 45321; c) 13245; d) 654321; e) 23587416. Odrediti sve 3-permutacije (uredjene izbore sa 3 elementa) skupa {1, 2, 3, 4, 5}.

2.3.3

2.3.4

2.3.5 2.3.6

2.3.7

2.4

NEUREDJENI IZBORI ELEMENATA

NEUREDJENI IZBORI BEZ PONAVLJANJA

U jednoj od prethodnih sekcija smo za matematiko definisanje pojma urec djenog izbora k elemenata konanog skupa X koristili preslikavanje f iz uredc jenog skupa {1, 2, . . . , k} u skup X. Na ovaj nain, bili smo u mogu´nosti da c c kaemo da je element f (1) izabran prvi, element f (2) drugi, a element f (k) z poslednji. S druge strane, kod neuredjenog izbora elemenata skupa X nije vano koji z je element izabran prvi, a koji poslednji, tako da nema potrebe uvoditi preslikavanja. S obzirom da sada razmatramo neuredjene izbore elemenata bez ponavljanja vidimo da oni predstavljaju k-tolane podskupove skupa X. c

DEFINICIJA 2.4.1

Neka je X skup, a k nenegativan ceo broj. Simbol X k oznaava skup svih k-tolanih podskupova skupa X. c c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA Na primer,

DEFINICIJA 2.4.2

{a,b,c} 2

61

= {{a, b}, {a, c}, {b, c}}.

n k

Neka su n k nenegativni celi brojevi. Binomni koeficijent promenljivih n i k data pomo´u c

k-1 Y

je funkcija

n k

=

n(n - 1)(n - 2) · . . . · (n - k + 1) = k(k - 1) · . . . · 2 · 1

(n - i) k! .

i=0

Primetimo da simbol x sada ima dva znaenja, u zavisnosti od toga da li c k je x skup ili broj. Opravdanje za ovo preklapanje simbola nalazi se u slede´oj c teoremi. TEOREMA 2.4.3 Broj neuredjenih izbora k elemenata bez ponavljanja skupa X, tj. broj k-tolanih podskupova skupa X jednak je c X k = |X| . k

Dokaz . Neka je n = |X|. Prebroja´emo uredjene izbore k elemenata skupa X c bez ponavljanja na dva naina. S jedne strane, iz Teoreme 2.2.6 znamo da c je ovaj broj jednak n(n - 1) · . . . · (n - k + 1). S druge strane, od svakog k-tolanog podskupa M X uredjivanjem njegovih elemenata moemo da c z k dobijemo k! razliitih uredjenih izbora k elemenata i svaki uredjeni izbor k c elemenata moe da se dobije samo iz jednog k-tolanog podskupa M na ovaj z c nain. Prema tome, c n(n - 1) · . . . · (n - k + 1) = k! X k .

NAPOMENA

` ´ ` ´ ` ´ Posebne vrednosti binomnih koeficijenata su n = 1, n = n i n = 1. Primetimo 0 1 n inae da se definicija 2.4.2 moe proiriti na sve realne vrednosti n, tako da moemo c z s z da piemo s ! (-2, 5) · (-3, 5) · (-4, 5) -2, 5 = = -6, 5625. 3 3·2·1 Ovu definiciju moemo da proirimo i na negativne vrednosti k i na vrednosti n > k z s dogovorom da je ! n =0 za k < 0 i k > n. k

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 2.4.4

62

Tokom no´i, lopov je upao u galeriju sa 20 umetnikih dela. Medjutim, on c c u svom rancu ima mesta za tano 3 predmeta. Na koliko naina on moe da c c z izabere predmete koje ´e ukrasti? c Reenje. Lopov treba da napravi neuredjeni izbor 3 elementa bez ponavljanja s iz skupa od 20 elemenata. Po Teoremi 2.4.3, on to moe da uradi na z 20 3 naina. c = 20 · 19 · 18 = 1 140 3·2·1

PRIMER 2.4.5

Iz odeljenja od 9 deaka i 11 devojica treba izabrati komisiju za izbor najlepe c c s djake torbe koja ´e se sastojati od 3 deaka i 4 devojice. Na koliko naina je c c c c c mogu´e formirati ovakvu komisiju? c Reenje. s Po principu proizvoda, ovaj broj je jednak proizvodu broja 9 3 neuredjenih izbora 3 elementa bez ponavljanja iz skupa od 9 elemenata i broja 11 4 neuredjenih izbora 4 elementa bez ponavljanja iz skupa od 11 elemenata: 11 9 · 4 3 = 84 · 330 = 27 720.

NEUREDJENI IZBORI SA PONAVLJANJEM

Ako dozvolimo ponavljanje u neuredjenom izboru elemenata skupa X, onda on vie ne predstavlja obian podskup skupa X. s c PRIMER 2.4.6 a) Koliko ima naina da se izaberu tri novi´a iz kase koja sadri novi´e od c cc z cc 1, 2, 5 i 10 dinara, ukoliko redosled biranja novi´a nije bitan ve´ samo broj cc c izabranih novi´a svake vrste i ako u kasi postoji bar tri novi´a svake vrste? cc cc b) Koliko ima naina da se izaberu pet novanica iz kase koja sadri novanice c c z c od 10, 20, 50, 100, 200, 500 i 1000 dinara? Kao i u prethodnom pitanju, i u ovom sluaju redosled biranja novanica nije bitan, novanice iste vrednosti se c c c ne mogu medjusobno razlikovati, a u kasi postoji bar pet novanica svake vrste. c Reenje. s a) Postoji 20 naina, prikazanih u slede´oj tabeli: c c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA 1d 1d 1d 1d 1d 2d 1d 2d 2d 1d 1d 5d 1d 2d 5d 1d 5d 5d 2d 2d 5d 2d 5d 5d 5d 5d 5d 1d 1d 1d 1d 2d 2d 2d 5d 5d 10d 1d 2d 5d 1d 2d 5d 10d 5d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d

63

2d 2d 2d

b) U ovom sluaju, broj mogu´ih izbora je dovoljno veliki da bi bilo vrlo c c nepraktino sve ih prikazati. Zbog toga ´emo detaljnije prouiti na problem. c c c s S obzirom da redosled izabranih novanica nije bitan, kao i da se svaka vrsta c novanica moe izabrati do pet puta, u ovom problemu treba da nadjemo broj c z neuredjenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenata. Pretpostavimo da kasa ima sedam pregrada, po jednu za svaku vrstu novanica. Na slici je ilustrovan izbor jedne novanice od 50 dinara, dve novanice c c c od 200 dinara i po jedne novanice od 500 dinara i od 1000 dinara: c 10d 20d · 50d 100d ·· 200d · 500d · 1000d

Na slian nain, svaki izbor pet novanica moemo da predstavimo pomo´u c c c z c pet markera rasporedjenih u pregradama kase. Ako sada obriemo dno kase sa s oznakama vrednosti novanica, levu ivicu prve pregrade i desnu ivicu poslednje c pregrade, vidimo da se svaki izbor pet novanica moe predstaviti pomo´u rasc z c poreda pet markera i est ivica koje odredjuju pregrade kase: s · ·· · ·

Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od 11 mogu´ih pozicija, to predstavlja broj neuredjenih izbora 5 elemenata bez c s ponavljanja iz skupa od 11 elemenata, a on je jednak 11 5 = 11 · 10 · 9 · 8 · 7 = 462. 5·4·3·2·1

Uoptenjem gornjeg pristupa moemo dokazati slede´u teoremu. s z c TEOREMA 2.4.7 Broj neuredjenih izbora k elemenata sa ponavljanjem skupa X jednak je |X| + k - 1 . k

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

64

Dokaz . Svaki neuredjeni izbor k elemenata sa ponavljanjem skupa X moe da z se, na jedinstven nain, predstavi pomo´u niza od k markera i |X|-1 ivica. Ivice c c se koriste da oznae pregrade koje odgovaraju pojedinim elementima skupa X, c dok svaki marker oznaava izbor elementa koji odgovara pregradi u kojoj se c marker nalazi.

Na primer, neuredjeni izbor 6 elemenata iz skupa X = {a, b, c, d} moe z da se predstavi pomo´u niza od 6 markera i 3 ivice: c · ·· ···

Ovaj niz oznaava da je jednom izabran element a, dva puta element b, c nijednom element c i tri puta element d.

Slino kao i u primeru, niz od k markera i |X|-1 ivica odgovara neuredjenom c izboru bez ponavljanja k pozicija za markere od mogu´ih |X| + k - 1 pozicija. c Zbog toga je traeni broj upravo jednak z |X| + k - 1 , k s obzirom da i svaki niz od k markera i |X| - 1 ivica odgovara tano jednom c neuredjenom izboru k elemenata sa ponavljanjem skupa X. PRIMER 2.4.8 Na koliko naina se 12 istih lopti moe rasporediti u 6 razliitih kutija? c z c Reenje. Broj mogu´ih rasporeda lopti je jednak broju neuredjenih izbora 12 s c elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 6 elemenata, tj. 6 + 12 - 1 12 = 6 188.

PRIMER 2.4.9

Koja je vrednost promenljive k nakon izvrenja slede´eg koda? s c k := 0 for i1 := 1 to n for i2 := 1 to i1 for i3 := 1 to i2 . . . for im := 1 to im-1 k := k + 1 end for . . . end for end for end for

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

65

Reenje. Primetimo da je poetna vrednost promenljive k jednaka 0 i da se k s c uve´ava za 1 svaki put kada se prodje kroz ugnjedenu petlju sa nizom brojeva c z i1 , i2 , . . . , im takvim da je 1 im im-1 ... i2 i1 n.

Broj ovakvih nizova brojeva jednak je broju naina da se m celih brojeva izabere c sa ponavljanjem iz skupa {1, 2, . . . , n}. (S jedne strane, niz i1 , i2 , . . . , im predstavlja izbor m brojeva iz {1, 2, . . . , n}; s druge strane, svaki izbor m brojeva iz {1, 2, . . . , n}, nakon to se uredi u nerastu´i poredak, predstavlja jedan od s c traenih nizova.) Sada iz Teoreme 2.4.7 vidimo da ´e vrednost promenljive k z c nakon izvrenja koda biti jednaka s n+k-1 . k

PRIMER 2.4.10

Koliko reenja ima jednaina s c x1 + x2 + . . . + xk = n, gde su x1 , x2 , . . . , xk nenegativni celi brojevi? Reenje. s Posmatrajmo skup X = {1, 2, . . . , k}. Ako pretpostavimo da, za 1 i k, broj xi oznaava koliko je puta izabran element i iz skupa X, onda c vidimo da svako reenje (x1 , x2 , . . . , xk ) gornje jednaine oznaava tano jedan s c c c neuredjeni izbor n elemenata sa ponavljanjem iz skupa sa k elemenata. Takodje vai i obratno: svaki neuredjeni izbor n elemenata sa ponavljanjem iz skupa sa z k elemenata odredjuje tano jedno reenje (x1 , x2 , . . . , xk ) gornje jednaine. c s c Stoga reenja jednaine ima koliko i ovakvih neuredjenih izbora, a to je s c k+n-1 . n

NAPOMENA

Prema Uslovu simetrinosti (Lema 2.6.2) iz odeljka 2.6 Osobine binomnih´koeficijenta, c ` ` ´ imamo da je broj reenja jednaine x1 + x2 + . . . + xk = n jednak k+n-1 = k+n-1 . s c n k-1

PRIMER 2.4.11

Na polici se nalazi n knjiga. Na koliko naina se moe izabrati k knjiga sa police, c z tako da nikoje dve izabrane knjige nisu bile susedne na polici? Reenje. Neka x1 oznaava broj knjiga na polici ispred prve izabrane knjige, s c xi , 2 i k, broj knjiga na polici koje se nalaze izmedju (i - 1)-ve i i-te izabrane

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

66

knjige, a xk+1 broj knjiga na polici iza poslednje izabrane knjige. S obzirom da brojevi xi , 1 i k + 1, prebrojavaju sve neizabrane knjige sa police, vai da je z x1 + x2 + . . . + xk + xk+1 = n - k. S druge strane, iz uslova da izabrane knjige nisu bile susedne vidimo da vai z x2 , x3 , . . . , xk dok je x1 , xk+1 0. Da bismo izbegli ovakvo izdvajanje posebnih sluajeva, zamislimo da smo c na policu dodali jo dve nove knjige: jednu ispred prve knjige na polici i jednu s iza poslednje knjige na polici. Ako dozvolimo da x1 i xk+1 prebrojavaju i ove dve nove knjige, onda ´e vaiti: c z x1 + x2 + . . . + xk + xk+1 = n - k + 2, x1 , x2 , . . . , xk+1 Neka je sada yi = xi - 1, 1 za koje vai da je z i 1. 1,

k + 1. Tada su yi nenegativni celi brojevi

y1 + y2 + . . . + yk+1 = (n - k + 2) - (k + 1) = n - 2k + 1. Iz prethodnog primera vidimo da je broj reenja poslednje jednaine jednak s c n-k+1 . n - 2k + 1 Ovo je ujedno i broj mogu´ih izbora k nesusednih knjiga sa police, s obzirom c da niz brojeva yi , 1 i k + 1, na jedinstven nain odredjuje niz brojeva xi , c 1 i k +1, a da on dalje na jedinstven nain odredjuje izbor nesusednih knjiga. c

PERMUTACIJE SA PONAVLJANJEM

Posebnu vrstu izbora ine permutacije familije elemenata, u kojoj se neki od c elemenata sadre vie puta. Tada se mora povesti rauna kako bi se izbeglo da z s c se isti izbor prebrojava vie puta. Razmotrimo slede´i problem: s c PRIMER 2.4.12 Koliko razliitih rei, ukljuuju´i besmislene, moe da se sastavi od slova rei c c c c z c ABRAKADABRA? Reenje. Iako imamo 11 slova na raspolaganju, neka od njih su ista, tako da s odgovor u ovom sluaju nije 11!. Naime, sada treba da prebrojimo permutacije c familije slova u kojoj se slovo A pojavljuje 5 puta, slova B i R po dva puta, a

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

67

slova D i K po jedanput. Ovakva permutacija ´e biti odredjena ukoliko znamo c na kojih pet pozicija u rei se nalaze slova A, na koje dve pozicije slova B itd. c Pet pozicija za slova A se moe izabrati na 11 naina, a zatim se izmedju z c 5 preostalih est pozicija dve pozicije za slova B mogu izabrati na 6 naina. s c 2 Nastavljaju´i dalje, od preostale etiri pozicije dve pozicije za slova R se moe c c z izabrati na 4 naina, a od preostale dve pozicije jedna pozicija za slovo D se c 2 moe izabrati na 2 naina. Nakon ovoga nam preostaje samo jedna pozicija u z c 1 rei za slovo K. Sada vidimo da je ukupan broj traenih permutacija jednak c z 11 5 6 2 4 2 2 1 = 83 160.

Uoptavaju´i reenje gornjeg primera moemo da dokaemo slede´u teoremu. s c s z z c TEOREMA 2.4.13 Broj permutacija familije sa n elemenata, u kojoj se prvi element sadri z n1 puta, drugi element n2 puta, . . . , a k-ti element nk puta (pri tome vai z n1 + n2 + . . . + nk = n), jednak je n n1 n - n1 n2 n - n1 - n2 n3 · ... · n - n1 - . . . - nk-2 nk-1 · nk . nk

n c Dokaz . Primetimo da postoji n1 naina da se n1 kopija prvog elementa rasporedi izmedju n pozicija u permutaciji. Nakon toga preostaje n-n1 slobodnih pozicija, izmedju kojih n2 kopija drugog elementa moe da se rasporedi na z n-n1 naina, ostavljaju´i n - n1 - n2 slobodnih pozicija. Nastavljaju´i na ovaj c c c n2 nain rasporedjivanje kopija elemenata, moemo da vidimo da ´e na kraju kopije c z c k-tog elementa mo´i da se rasporede na n-n1 -...-nk-1 = nk = 1 naina. Po c c nk nk principu proizvoda, broj traenih permutacija je jednak z

n n1

n - n1 n2

n - n1 - n2 n3

· ... ·

n - n1 - . . . - nk-2 nk-1

·

nk . nk

PRIMER 2.4.14

Uradimo ponovo prethodni primer sa ABRAKADABRA, ali sada na drugi nain. c Reenje. s Zamislimo najpre da se sva slova u rei razlikuju, tako da imamo c 5 razliitih slova A itd. Na primer, moemo da ih uinimo razliitim dodaju´i c z c c c im indekse: A1 B1 R1 A2 K1 A3 D1 A4 B2 R2 A5 . Sada imamo 11 razliitih slova koja c mogu da se preurede na 11! razliitih naina. Posmatrajmo proizvoljnu re sainc c c c jenu od "neindeksirane" rei ABRAKADABRA, na primer BAKARADABAR. c Od koliko razliitih "indeksiranih" rei moemo da dobijemo ovu re brisanc c z c jem indeksa? Indeksi 5 slova A mogu da se rasporede na 5! naina, indeksi 2 c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

68

slova B mogu da se rasporede (nezavisno) na 2! naina, za 2 slova R takodje c imamo 2! mogu´nosti i konano za po jedno slovo K i D imamo po 1! mogu´nost. c c c Prema tome, re BAKARADABAR, kao i bilo koju drugu re dobijenu od rei c c c ABRAKADABRA, moemo da indeksiramo na 5!2!2!1!1! naina. Broj neindekz c 11! . siranih rei, to je i reenje problema, jednak je c s s 5!2!2!1!1! Uoptavaju´i reenje gornjeg primera uspostavi´emo vezu izmedju broja s c s c kombinacija koje smo prebrojali na 2 razliita naina. c c LEMA 2.4.15 n n1 n - n1 n2 n - n1 - n2 n3 · ... · nk nk = n! . n 1 ! · n 2 ! · n3 ! · . . . · nk !

Reenje. s Pomo´u Faktorijelne reprezentacije binomnih koeficijenata (Lema c 2.6.1 iz odeljka 2.6 Osobine binomnih koeficijenta) mogu´e je prikazati multic nomijalne koeficijente na znatno jednostavniji nain: c n n1 , n 2 , . . . , n k = n - n1 - n2 n - n1 - · · · - nk-1 · ... · n3 nk (n - n1 )! (n - n1 - n2 )! n! · · · = n1 !(n - n1 )! n2 !(n - n1 - n2 )! n3 !(n - n1 - n2 - n3 )! (n - n1 - . . . - nk-1 )! ... · nk !(n - n1 - . . . - nk-1 - nk )! n! = . n1 ! · n2 ! · n3 ! · . . . · nk ! n n1 n - n1 n2

Kako bismo izbegli stalno ponavljanje dugakog proizvoda binomnih koefic cijenata iz prethodne teoreme, ili razlomka sa faktorijalima iz prethodne leme, uve´emo slede´u definiciju. sc c

DEFINICIJA 2.4.16

Multinomijalni koeficijent

n n1 ,n2 ,...,nk

se definie pomo´u s c n! . n1 ! · n2 ! · n3 ! · . . . · nk !

n n1 , n 2 , . . . , n k

=

Jo jedan tip izbora elemenata, iji se broj predstavlja multinomijalnim kos c eficijentima, ilustrovan je slede´im primerom. c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 2.4.17

69

Na koliko naina se pokeraima Aci, Branku, Cakiju i Dejanu moe podeliti po c s z pet karata iz standardnog pila od 52 karte? s Reenje. Na poetku deljenja, Aci se pet karata moe podeliti na 52 naina. s c z c 5 Branku se tada pet karata moe podeliti na 47 naina, s obzirom da je nakon z c 5 podele karata Aci u pilu ostalo 47 karata. Slino, Cakiju se pet karata moe s c z podeliti na 42 naina, a Dejanu na 37 naina. Preostale 32 karte ostaju na c c 5 5 stolu. Po principu proizvoda, ukupan broj razliitih deljenja je jednak c 52 5 47 5 42 5 37 5 32 32 = 52 . 5, 5, 5, 5, 32

Ovo je primer koj ilustruje da u jednostavnom kombinatornom problemu moemo dobiti veoma velike rezultate. Kada bismo izraunali ovaj broj doz c bili bismo zaista ogroman broj: 1 478 262 843 475 644 020 034 240. Prethodni primer predstavlja primer izbora u kome razliite objekte treba c smestiti u razliite kutije: razliiti objekti su 52 karte iz pila, a pet razliitih c c s c kutija se koristi za karte svakog od etiri pokeraa kao i za ostatak pila. c s s TEOREMA 2.4.18 Broj naina da se n razliitih objekata smesti u k razliitih kutija, tako da c c c se u kutiji i nalazi ni objekata za 1 i k, jednak je n . n1 , n 2 , . . . , n k

Iako se do dokaza moe do´i uoptavanjem reenja prethodnih primera, mi z c s s ´emo ipak iskoristiti zaobilazni put koji ´e nam pokazati da smo se mi, u stvari, c c ve´ susreli sa ovim problemom, samo to je on tada imao drugaiju formulaciju. c s c Dokaz . Ako objekte poredjamo u niz, a kutije oznaimo brojevima 1,2,. . . ,k, c tada svakom rasporedu objekata po kutijama odgovara tano jedna permutacija c familije brojeva 1,2,. . . ,k u kojoj se broj i ponavlja ni puta. Naime, datom rasporedu objekata moemo da pridruimo permutaciju sa z z ponavljanjem koja se dobija tako to se svaki objekat iz niza zameni brojem s kutije u koji je on rasporedjen. S druge strane, za datu permutaciju sa ponavljanjem njen pridrueni raspored moemo da odredimo ukoliko j-ti objekat iz z z niza rasporedimo u kutiju oznaenu j-tim brojem iz permutacije za 1 j n. c Prema tome, ovo pridruivanje predstavlja bijekciju izmedju skupa svih rasz poreda objekata u kutije i skupa svih permutacija sa ponavljanjem. Iz Teoreme 2.4.13 sada zakljuujemo da je broj rasporeda objekata u kutije jednak c n . n1 , n 2 , . . . , n k

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

70

ZADACI

2.4.1 Od 16 ljudi, gde su po 4 iz Srbije, Rumunije, Bugarske i Makedonije, treba izabrati 6 u komitet. Koliko ima takvih izbora ako: a) svaka zemlja mora da bude zastupljena u komitetu; b) nijedna zemlja ne moe imati vie od 2 predstavnika u komitetu? z s Po ahovskoj tabli kre´e se top. On polazi iz donjeg levog ugla table i kre´e se, s c c jedno po jedno polje, po najkra´em putu do gornjeg desnog ugla table. Koliko c postoji najkra´ih puteva? c Koliko postoji permutacija pila od 52 karte u kojima se sva etiri asa nalaze s c medju prvih 10 karata? Na koliko naina koarkaki trener moe sastaviti ekipu od 5 koarkaa sa dva c s s z s s centra, dva beka i jednim krilom, ako na raspolaganju ima 10 koarkaa, od kojih s s trojica mogu biti samo centri, trojica samo bekovi, jedan samo krilo, dvojica krilo ili bek, a jedan krilo ili centar? Na koliko naina se 2n vojnika (razliitih po visini) moe rasporediti u dve vrste c c z tako da je svaki vojnik iz prve vrste nii od vojnika iza njega? z Na koliko naina se 8 istih svezaka, 9 istih olovaka i 10 istih knjiga mogu podeliti c trojici uenika, tako da svaki uenik dobije bar po jedan predmet od svake vrste? c c U kutiji se nalazi 36 utih, 27 plavih, 18 zelenih i 9 crvenih kuglica, pri emu se z c kuglice iste boje ne razlikuju medjusobno. Na koliko naina se moe izabrati 10 c z kuglica? Ukrotitelj izvodi 5 lavova i 4 tigra. Na koliko naina ih moe rasporediti u vrstu c z ako tigrovi ne smeju biti jedan pored drugog? (Svi tigrovi su medjusobno razliiti i svi lavovi su medjusobno razliiti!) c c Dat je konveksan n-tougao, takav da nikoje dve od pravih koje su odredjene temenima n-tougla nisu paralelne i nikoje tri od datih pravih ne seku se u istoj taki, koja nije teme n-tougla. Odrediti broj presenih taaka pomenutih pravih c c c koje se nalaze a) unutar datog n-tougla, b) van datog n-tougla? Neka je X skup sa n elemenata. Dokazati da: n a) Postoji skup od n podskupova skupa X tako da se nijedan od njih ne 1 sadri u nekom drugom, gde je n = 1 n ako je n paran broj i n = 2 (n - 1) z 2 ako je n neparan broj. n b) U svakom skupu od bar n + 1 podskupova skupa X postoje dva razliita c podskupa tako da se jedan od njih sadri u drugom. z

2.4.2

2.4.3 2.4.4

2.4.5 2.4.6 2.4.7

2.4.8

2.4.9

2.4.10

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

71

2.5

GENERISANJE KOMBINACIJA

Kao i permutacije, kombinacije su takodje vani kombinatorni objekti koje z je esto potrebno konstruisati u praksi pomo´u raunara. Prvo pitanje na koje c c c ´emo odgovoriti u ovoj sekciji je kako generisati sve kombinacije skupa sa n elc emenata, bez obzira na broj elemenata koji te kombinacije sadre. Medjutim, z mnogo interesantniji problemi tiu se generisanja kombinacija koje sadre k elec z menata (tzv. k-kombinacija), tako da su glavna pitanja na koja ´emo odgovoriti c u ovoj sekciji slede´a: c · Kako generisati sve k-kombinacije skupa sa n elemenata? · Kako medju nim brojem?

n k

ovakvih kombinacija generisati kombinaciju sa datim red-

· Kako generisati sluajnu k-kombinaciju? c Pre nego to ponemo sa predstavljanjem algoritama za generisanje, moramo s c da vidimo kako ´e se kombinacije predstavljati u memoriji raunara. S obzirom c c da kombinacija u stvari predstavlja podskup datog skupa, jedan nain predc stavljanja je pomo´u niza koji ´e sadrati sve elemente kombinacije. Drugi, c c z efektniji, nain je da kombinaciju, tj. podskup, predstavimo pomo´u njegove c c karakteristine funkcije. Na taj nain, svaku kombinaciju skupa sa n elemenata c c moemo da predstavimo pomo´u niza od n bitova jednakih 0 ili 1. Ukoliko komz c binacija sadri k elemenata, tada njena binarna reprezentacija sadri k bitova z z jednakih 1. Sada se sve kombinacije skupa sa n elemenata mogu generisati tako to ´e s c se generisati binarne reprezentacije brojeva od 0 do 2n - 1, redom, a onda iz njih konstruisati kombinacije. Ako je data binarna reprezentacija broja i, 0 i < 2n - 1, tada se binarna reprezentacija broja i + 1 dobija tako to s pronadjemo poslednje pojavljivanje bita 0 u reprezentaciji (svi bitovi nakon toga su jednaki 1), a zatim ovaj bit promenimo u 1, a sve bitove nakon njega u 0. U nastavku je dat pseudo kod za ovu proceduru.

procedure sledeca binarna reprezentacija(n, b1 b2 . . . bn ) // pretpostavlja se da je b1 b2 . . . bn = 11 . . . 1 i := n while bi = 1 begin bi := 0 i := i - 1 end bi := 1 end procedure PRIMER 2.5.1 Koja je slede´a binarna reprezentacija nakon 110010111? c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

72

Reenje. Bit 0 se poslednji put pojavljuje na estom mestu ove reprezentacije. s s Zbog toga slede´u binarnu reprezentaciju dobijamo tako to na esto mesto c s s postavimo bit 1, a zatim na sedmo, osmo i deveto mesto postavimo bit 0, dobijaju´i tako reprezentaciju 110011000. c

GENERISANJE SVIH k-KOMBINACIJA

Sve k-kombinacije skupa {1, 2, . . . , n} mogu se generisati u leksikografskom poretku takodje pomo´u njihovih binarnih reprezentacija: algoritam poinje c c kombinacijom {1, 2, . . . , k} ija je reprezentacija c 11 . . . 1 00 . . . 0

k

i redom generie reprezentacije za svaku slede´u kombinaciju sve dok ne stigne s c do kombinacije {n - k + 1, . . . , n - 1, n}, ija je reprezentacija c 00 . . . 0 11 . . . 1 .

k

Glavni sastojak ovog algoritma je procedura za odredjivanje binarne reprezentacije leksikografski slede´e kombinacije. Ova procedura se zasniva na injenici c c da je, za bilo koji prefiks b1 b2 . . . bt-1 1, 1 t < n, reprezentacija leksikografski prve kombinacije sa tim prefiksom b1 b2 . . . bt-1 1 11 . . . 100 . . . 0, a reprezentacija leksikografski poslednje kombinacije (2.1) b1 b2 . . . bt-1 1 00 . . . 011 . . . 1.

Nakon svih tih reprezentacija leksikografski slede´a kombinacija je jednaka c (2.2) b1 b2 . . . bt-1 0 111 . . . 100 . . . 0,

gde 111 . . . 1 u (2.2) sadri jednu jedinicu vie od 11 . . . 1 u (2.1). z s Primetimo da za svaku reprezentaciju, osim za leksikografski poslednju kombinaciju 00. . . 011. . . 1, postoji jedinstveni prefiks b1 b2 . . . bt-1 1 za koji ona ima oblik (2.1), tako da ostatak reprezentacije sadri vezani niz nula, a zatim vezani z niz jedinica (tu je bar jedna nula, dok jedinica ne mora ni da bude ­ tad je broj jedinica u ostatku reprezentacije jednak nuli). Procedura najpre nalazi taj prefiks i zatim odredjuje reprezentaciju leksikografski slede´u kombinacije ­ to je c (2.2): jedinicu sa kraja prefiksa menja u nulu, odmah iza nje redja potreban broj jedinica i na kraju ostatak popunjava nulama. U nastavku je dat pseudo-kod ove procedure.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

73

procedure sledeca kombinacija(n, b1 b2 . . . bn ) // pretpostavlja se da je b1 b2 . . . bn = 00 . . . 011 . . . 1 i := n while bi = 1 i := i - 1 j := n - i // ovo je broj jedinica na kraju niza while bi = 0 i := i - 1 // traeni prefiks je b1 b2 . . . bi-1 1 z bi := 0 for k := i + 1 to i + j + 1 bk := 1 for k := i + j + 2 to n bk := 0 end procedure

PRIMER 2.5.2

Koja je slede´a kombinacija skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} nakon {1, 2, 6, 7}? c Reenje. s Binarna reprezentacija kombinacije {1, 2, 6, 7} je 1100011. Ona ima oblik (2.1) za prefiks 11, tako da je, prema prethodnoj proceduri, 1011100 reprezentacija leksikografski slede´e kombinacije {1, 3, 4, 5}. c

PRIMER 2.5.3

Koja je slede´a kombinacija skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} nakon {1, 2, 3, 6}? c Reenje. s Binarna reprezentacija kombinacije {1, 2, 3, 6} je 1110010. U ovom sluaju, oblik (2.1) se dobija za prefiks 111001 (primetimo da gornja procec dura nema nita protiv da se reprezentacija zavrava nulom). Sada je 1110001 s s reprezentacija leksikografski slede´e kombinacije {1, 2, 3, 7}. c

NAPOMENA

Glavna osobina prethodne procedure je njena jednostavnost. Medjutim, sigurno je da ona nije najbra mogu´a. Ukoliko elite da steknete detaljniji uvid u razliite i bre z c z c z pristupe generisanju kombinacija, proitajte dokument sa adrese c http://www-cs-faculty.stanford.edu/~knuth/fasc3a.ps.gz, koji sadri prilino iscrpnu priu o generisanju kombinacija (na 65 strana) i predstavlja z c c poetnu verziju poglavlja koje ´e se pojaviti u etvrtom tomu sada ve´ klasine serije c c c c c knjiga The Art of Computer Programming, autora Donalda Knutha.

NAPOMENA

Jedan od novijih radova u kome se predstavlja bri algoritam za generisanje svih z k-kombinacija je:

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

74

· Frank Ruskey, Aaron Williams, Generating combinations by prefix shifts, COCOON 2005, The Eleventh International Computing and Combinatorics Conference, Kunming, China, 2005, Lecture Notes in Computer Science, 3595 (2005) 570-576. (Jeste, Frank Ruskey je autor sajta Combinatorial Object Server.) Ovaj rad se moe z na´i i na adresi c http://www.cs.uvic.ca/~ruskey/Publications/Coollex/Coollex.pdf. U ovom radu se takodje daje i procedura za generisanje kombinacije sa datim rednim brojem.

NAPOMENA

Da bi se omogu´ilo bre generisanje kombinacija u ovom i slinim radovima ne koristi c z c se leksikografski, ve´ druge vrste poretka na skupu kombinacija. Naime, iako je lekc sikografski poredak lako razumljiv, nema jakog razloga zato ba njega treba koristiti u s s praksi. Na primer, ako treba da se generiu sve kombinacije, onda nije preterano bitno s da li ´e te kombinacije biti sortirane, ve´ da li smo sigurni da su ba sve generisane. c c s Evo i zanimljivog predloga za itaoce: istraite na Internetu ta je to Grejov kod c z s (eng. Gray code)!

GENERISANJE ODREDJENE k-KOMBINACIJE

Pre nego to predjemo na algoritam za generisanje k-kombinacije skupa s {1, 2, . . . , n} sa datim rednim brojem r, moramo da odgovorimo na jednostavno pitanje: Koliko ima k-kombinacija {a1 , a2 , . . . , ak }, a1 < a2 < . . . < ak , koje poinju datim elementom? c Naravno, odgovor na ovo pitanje nije teak: ako je data vrednost a1 , tada je z {a2 , . . . , ak } jedna (k-1)-kombinacija skupa {a1 +1, a1 +2, . . . , n}, pa je ukupan broj takvih kombinacija jednak n-a1 . k-1 Prema tome, u leksikografskom poretku postoji: · ·

n-1 k-1 n-2 k-1

kombinacija koje poinju elementom 1; c kombinacija koje poinju elementom 2; c

· ·

. . .

k-1 k-1

kombinacija koje poinju elementom n - k + 1. c

Sada moemo da vidimo da ´e k-kombinacija sa rednim brojem r u leksikografz c skom poretku poinjati onim elementom a1 za koji vai da je c z

a1 -1

(2.3)

i=1

n-i k-1

a1

<

r

i=1

n-i . k-1

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

75

Stavie, (k - 1)-kombinacija {a2 , . . . , ak } ´e, u leksikografskom poretku, medju s c kombinacijama koje poinju elementom a1 , imati redni broj c

a1 -1

r =r-

i=1

n-i . k-1

U tom sluaju, da bismo pronali ostale elemente kombinacije dovoljno je c s rekurzivno odrediti koja (k - 1)-kombinacija skupa {a1 + 1, a1 + 2, . . . , n} ima redni broj r . Prethodna zapaanja se lako prevode u rekurzivni algoritam, iji je pseudoz c kod dat u nastavku. Znaenje promenljivih u pozivu procedure je slede´e: c c · r je redni broj kombinacije; · m je pozicija prvog neodredjenog elementa kombinacije u nizu a, koji sadri sve elemente kombinacije. z U proceduri se pretpostavlja da je a globalno definisani celobrojni niz, a n i k globalno definisani celi brojevi. Rezultat procedure je niz a = a1 a2 . . . ak i njim je u potpunosti odredjena r-ta u leksikografskom redosledu k-kombinacija skupa Nn -- {a1 , a2 , . . . , ak }. Da bi sam algoritam bio jednostavniji, pretpostavi´emo c i da je a0 = 0 (tj. da je to definisano van tela procedure)!

procedure kombinacija po redu(r,m) n-a[m-1] // pretpostavlja se da je k n - a[m - 1] i r k if m > k return // uslov za zavretak rekurzije; tad je a1 a2 . . . ak data kombinacija s t := 1 // t je redni broj a[m] u skupu {am-1 + 1, . . . , n} s := 0 // donja parcijalna suma iz (2.3) za i od 1 do t - 1 = 0 s := n-a[m-1]-t k-m // gornja parcijalna suma iz (2.3) za i od 1 do t = 1 while r > s begin t := t + 1 s := s s := s + end

n-a[m-1]-t k-m

a[m] := a[m - 1] + t r := r - s kombinacija po redu(r , m + 1) end procedure

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 2.5.4

76

Koja je kombinacija 12. po redu u leksikografskom poretku 3-kombinacija skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6}? Reenje. s Imamo n = 6, k = 3 i r = 12. Iz (2.3) vidimo da ovom rednom broju odgovara 3-kombinacija iji je prvi element jednak a1 = 2 jer je c 5 2 = 10 < 12 16 = 5 4 + . 2 2

Ostatak kombinacije {a2 , a3 } sada predstavlja leksikografski drugu 2-kombinaciju skupa {3, 4, 5, 6}, a to je kombinacija {3, 5}. Prema tome, traena 3-kombinacija z je {2, 3, 5}.

GENERISANJE SLUCAJNE k-KOMBINACIJE

Postoje dva pristupa za generisanje sluajne k-kombinacije: c 1) Generiimo sluajnu permutaciju i prvih k elemenata te permutacije pros c glasimo sluajnom kombinacijom; c 2) Generiimo elemente kombinacije {a1 , a2 , . . . , ak }, a1 < a2 < . . . < ak , s redom: ­ element a1 uzima sluajnu vrednost izmedju 1 i n - k + 1 (tako da c iza njega ostane bar k - 1 slobodnih vrednosti za preostale elemente kombinacije); ­ element a2 uzima sluajnu vrednost izmedju a1 + 1 i n - k + 2; c ­ element a3 uzima sluajnu vrednost izmedju a2 + 1 i n - k + 3; c . . ­ . ­ element ak uzima sluajnu vrednost izmedju ak-1 + 1 i n = n - k + k. c Sta mislite, koji od ova dva pristupa ´e kombinacije generisati uniformno c (tako da svaka kombinacija ima jednaku ansu da bude generisana)? Razmos trimo ih malo detaljnije: · Kako se u prvom pristupu permutacije generiu uniformno, moemo oes z c kivati da ´e se svaka permutacija pojaviti jednom u n! poziva procedure. c Koliko puta ´e onda, medju ovih n! poziva, biti generisana proizvoljna c kombinacija {a1 , a2 , . . . , ak }? Upravo onoliko puta koliko ima i permutacija n elemenata ijih je prvih c k elemenata jednako {a1 , a2 , . . . , ak }. S obzirom da prvih k elemenata moemo da rasporedimo na k! naina, a da preostalih n - k elemenata z c moemo da rasporedimo na (n - k)! naina, broj ovakvih permutacija z c jednak je k!(n - k)!. Prema tome, prvi pristup generie kombinacije na uniforman nain. s c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

77

· Za razliku od njega, u drugom pristupu ´e razliite kombinacije imati c c razliite anse za pojavljivanje. c s Najpre, kombinacija {n - k + 1, . . . , n - 1, n} ´e imati najve´u ansu za c c s pojavljivanje: otprilike jednom na svakih n - k + 1 puta! Razlog tome je to, ako je generator sluajnih brojeva uniforman, moemo oekivati da ´e s c z c c a1 dobiti vrednost n - k + 1 jednom u svakih n - k + 1 poziva procedure. U tom sluaju, vrednosti za a2 , . . . , ak su ve´ odredjene: one se moraju c c izabrati tako da je a2 = n - k + 2, . . . , ak-1 = n - 1, ak = n. S druge strane, kombinacija {1, 2, . . . , k} ´e imati najmanju ansu za poc s javljivanje: ­ moemo oekivati da ´e a1 dobiti vrednost 1 jednom u svakih n-k+1 z c c poziva procedure; ­ moemo oekivati da ´e a2 dobiti vrednost 2 jednom u svakih n-k+1 z c c sluajeva u kojima je a1 = 1; c . ­ . . ­ moemo oekivati da ´e ak dobiti vrednost k jednom u svakih n-k+1 z c c sluajeva u kojima je a1 = 1, . . . , ak-1 = k - 1. c Prema tome, kombinacija {1, 2, . . . , k} ´e se pojavljivati otprilike jednom c u svakih (n - k + 1)k poziva procedure, to je daleko redje od kombinacije s {n - k + 1, . . . , n - 1, n}! Sada jasno vidimo da drugi pristup ne generie kombinacije na uniforman s nain i da njega, prema tome, ne treba koristiti u praksi. c NAPOMENA

Nije na odmet jo jednom napomenuti da se na adresi s http://www.theory.cs.uvic.ca/~cos/cos.html nalazi Combinatorial Object Server, sajt sa implementacijama algoritama za generisanje mnogih vrsta kombinatornih objekata (ne samo kombinacija!) prostim navodjenjem njihovih parametara u okviru odgovaraju´ih web strana. c

ZADACI

2.5.1 2.5.2 Odrediti slede´i niz bitova koji sledi nakon 10 1011 1111. c Neka je S = {a, b, c, d, e}. Odrediti za svaku kombinaciju koja joj prethodi i koja sledi nakon nje u algoritmu koji generie sve kombinacije skupa S: s a) {a, c, d}; b) {a, c, d, e}; c) {a, d, e}; d) {a}; e) {b, e}. Neka je S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Prona´i slede´e 3 kombinacije u algoritmu koji c c generie sve kombinacije skupa S nakon: s a) {1, 5, 6}; b) {1, 2, 4, 6}; c) {1, 3, 6}; d) {4}; e) {2, 3, 4, 6}.

2.5.3

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA 2.5.4

78

Na´i slede´e 4 kombinacije u leksikografskom redosledu od 4 elementa skupa c c {1, 2, 3, 4, 5, 6} nakon kombinacije {1, 2, 5, 6}. Generisati sve podskupove skupa {1, 2, 3, 4, 5} sa 3 elementa. Generisati sve podskupove skupa {a, b, c, d, e, f } sa 5 elemenata. Odrediti a) 28-mu; b) 75-tu; c) 100-tu kombinaciju sa 4 elementa skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.

2.5.5 2.5.6 2.5.7

2.6

OSOBINE BINOMNIH KOEFICIJENATA

Binomni koeficijenti n imaju neobino veliki broj primena i sasvim sigurno c k su jedan od najvanijih kombinatornih pojmova. U ovoj sekciji ´emo prouiti z c c neke od njihovih osnovnih osobina, a u slede´oj sekciji ´emo te osobine iskoristiti c c za dokazivanje jos nekih njihovih osobina, kao i za dokazivanje identiteta u kojima uestvuju binomni koeficijenti. c NAPOMENA

Veoma zanimljiv sajt na adresi http://binomial.csuhayward.edu/ je u potpunosti posve´en binomnim koeficijentima i zaista ga vredi istraiti. c z

FAKTORIJELNA REPREZENTACIJA

Binomni koeficijenti se najjednostavnije predstavljaju pomo´u faktorijela. c LEMA 2.6.1 Faktorijelna reprezentacija. (2.4) n k Za cele brojeve n i k,n = n! . k!(n - k)! k 0 vai z

Dokaz . Ova jednakost se dobija proirenjem razlomka u Definiciji 2.4.2 bis nomnog koeficijenta sa (n - k)!. Naime, n k = = n(n - 1)(n - 2) · . . . · (n - k + 1) k(k - 1) · . . . · 2 · 1 n(n - 1)(n - 2) · . . . · (n - k + 1) · (n - k)! n! = . k(k - 1) · . . . · 2 · 1 · (n - k)! k!(n - k)!

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

79

Osim to se pomo´u prethodne leme binomni koeficijenti mogu predstaviti s c pomo´u faktorijela, ona takodje doputa i obratnu mogu´nost da kombinacije c s c faktorijela predstavimo pomo´u binomnih koeficijenata. c

USLOV SIMETRICNOSTI

Pomo´u (2.4) lako se dokazuje i slede´a lema. c c LEMA 2.6.2 Uslov simetrinosti. c (2.5) Za svaki ceo broj n n k = n . n-k 0 i svaki ceo broj k vai z

Dokaz . n k

Iz jednakosti (2.4) dobijamo = n! n! n! = = = k!(n - k)! (n - k)!k! (n - k)!(n - (n - k))! n . n-k

Kombinatorno, jednakost (2.5) znai da je broj k-tolanih podskupova skupa c c X sa n elemenata jednak broju podskupova sa n - k elemenata. Ovo se moe z proveriti i direktno -- dovoljno je svakom k-tolanom podskupu dodeliti njegov c komplement u X.

ADICIONA FORMULA

Pomo´u (2.4) je takodje mogu´e dokazati i slede´u lemu. c c c LEMA 2.6.3 Adiciona formula. (2.6) Za cele brojeve n i k vai z n k = n-1 n-1 + . k k-1

Dokaz . U ovom sluaju elegantniji dokaz se dobija kombinatornim tumaec c njem obe strane jednakosti (2.6). Leva strana (2.6) predstavlja broj k-tolanih c podskupova nekog n-tolanog skupa X. Izaberimo proizvoljni element a X. c Sada k-tolane podskupove skupa X moemo da podelimo u dve grupe u zac z visnosti od toga da li sadre a ili ne. Podskupovi koji ne sadre a su upravo z z svi k-tolani podskupovi skupa X \ {a}, pa je njihov broj n-1 . Ako je A c k neki k-tolani podskup skupa X koji sadri a, tada podskupu A moemo da mu c z z

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

80

pridruimo podskup A = A \ {a} koji sadri k - 1 elemenata. Moe se proveriti z z z da je ovo pridruivanje bijekcija izmedju svih k-tolanih podskupova skupa X z c koji sadre a i svih podskupova sa k - 1 elemenata skupa X \ {a}. Broj takvih z podskupova je stoga jednak n-1 . Sve u svemu, broj k-tolanih podskupova c k-1 skupa X je jednak n-1 + n-1 . k k-1 Prethodna lema vai i u sluajevima kada je k < 0 ili k > n, jer su tada svi z c binomni koeficijenti jednaki 0. Ona takodje vai i kada n nije ceo broj ili kada z je n < 0, s tim to u ovim sluajevima ona vie nema kombinatorno tumaenje. s c s c Jednakost (2.6) se u stranoj literaturi naziva Paskalov identitet (eng. Pascal's identity). Jedan od glavnih razloga za to je to je blisko povezana sa tzv. s Paskalovim trouglom: 1 1 1 1 1 1 1 6 . . . 5 15 4 10 20 3 6 10 15 . . . 2 3 4 5 6 1 1 1 1 1 1

Paskalov trougao se dobija tako to se pone sa redom koji sadri samo broj 1, s c z a zatim se svaki slede´i red dobija tako to se ispod svakog para uzastopnih c s brojeva u prethodnom redu napie njihov zbir, i na kraju se na oba kraja novog s reda stavi broj 1. Indukcijom uz pomo´ jednakosti (2.6) moe da se dokae da (n + 1)-vi red c z z sadri binomne koeficijente n , n , . . . , n . Paskalov trougao omogu´ava i z c 0 1 n da se proizvoljan binomni koeficijent izrauna koriste´i samo sabiranje: naime, c c za nalaenje vrednosti n dovoljno je izraunati samo one vrednosti koje se u z c k Paskalovom trouglu nalaze gore levo i gore desno od (k + 1)-ve pozicije u n-tom redu trougla.

BINOMNA TEOREMA

Najvanije svojstvo binomnih koeficijenata iskazano je u slede´oj teoremi. z c Ona se esto naziva i Binomni razvoj ili Razvoj stepana binoma. c TEOREMA 2.6.4 Binomna teorema. (2.7) Za svaki nenegativni ceo broj n vai z

n

(x + y)n =

k=0

n k n-k x y k

(ovo je jednakost dva polinoma sa promenljivama x i y, pa vai za proizvoljne z vrednosti x i y).

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

81

Dokaz . Binomnu teoremu dokazujemo indukcijom po n. Za n = 0 obe strane jednakosti (2.7) su jednake 1. Pretpostavimo stoga da (2.7) vai za neko n = z n0 0 i dokaimo da tada (2.7) vai i za n = n0 + 1. Dakle, z z (x + y)n0 +1 = (x + y)(x + y)n0 (induktivna pretpostavka za (x + y)n0 )

n0

=

(x + y)

k=0 n0

n0 k n0 -k x y k

n0

= x

k=0 n0

n0 k n0 -k x y +y k n0 k+1 n0 -k x y + k

k=0 n0

n0 k n0 -k x y k n0 k n0 -k+1 x y k

n0

=

k=0

k=0

(promena granica promenljive k u prvoj sumi)

n0 +1

=

k=1

n0 xk y n0 -k+1 + k-1

n0

k=0

n0 k n0 -k+1 x y k

(izdvajanje dva posebna sluaja) c = + n0 n0 +1 0 x y + n0 n0 0 n0 +1 x y + 0 (koristimo = +

k=1

k=1 n0

n0 xk y n0 -k+1 k-1 n0 k n0 -k+1 x y k 1=

n0 +1 n0 +1

k=1 n0 n0 =

i

n0 0

=1=

n0 +1 0

)

n0 + 1 0 n0 +1 n0 + 1 n0 +1 0 x y + x y 0 n0 + 1

n0

n0 n0 + k-1 k (koristimo

n0 k-1

xk y n0 +1-k +

n0 k

=

n0 +1 k

)

n0

=

n0 + 1 n0 +1 0 n0 + 1 0 n0 +1 x y + x y + n0 + 1 0 (vra´anje dva posebna sluaja) c c

n0 +1

k=1

n0 + 1 k n0 +1-k x y k

=

k=0

n0 + 1 k n0 +1-k x y . k

PRIMER 2.6.5

Kako glasi izraz (a + b)4 u razvijenom obliku?

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA Reenje. s Iz Binomne teoreme dobijamo da je

4

82

(a + b)4

= =

k=0 4 4 0 b 4

4 k 4-k a b k +

4 1

ab3 +

4 2

a2 b2 +

= a + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b .

4 3 3 a b 4

+

4 4

a4

Primetimo da se koeficijenti 1 4 6 4 1 u binomnom razvoju javljaju kao 5-ta vrsta u Paskalovom trouglu. Uopte, imamo da za razvoj (a + b)n koristimo s (n + 1)-vu vrstu u Paskalovom trouglu (pri emu se stepeni uz a smanjuju, a uz c b pove´avaju). c PRIMER 2.6.6 Koji je koeficijent uz x10 y 12 u razvoju izraza (x + y)22 ? Reenje. s Iz Binomne teoreme sledi da je ovaj koeficijent jednak 22 10 = 22! = 646 646. 10!12!

PRIMER 2.6.7

Koji je koeficijent uz x10 y 12 u razvoju izraza (3x - 2y)22 ? Reenje. Najpre, primetimo da je ovaj izraz jednak 3x + (-2y) s Binomne teoreme sledi da je

22 22

. Sada iz

3x + (-2y)

22

=

k=0

22 (3x)k (-2y)22-k . k

Sabirak x10 y 12 u ovom izrazu se dobija za k = 10, i njegov koeficijent je jednak 22 10 22! 10 12 3 2 = 156 400 843 382 784. 3 (-2)12 = 10 10!12!

Ako u binomnoj teoremi stavimo y = 1 tada dobijamo vaan specijalni sluaj z c

n

(2.8)

(1 + x) =

k=0

n

n k x . k

Pomo´u binomne teoreme moemo da dokaemo mnoge identitete sa binomc z z nim koeficijentima. Ovim poslom ´emo se vie baviti u slede´oj sekciji, a ovde c s c ´emo navesti samo jo dva jednostavna identiteta. c s

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

83

POSLEDICA 2.6.8

Za nenegativan ceo broj n vai z

n

k=0

n k

= 2n .

Dokaz .

Koriste´i binomnu teoremu sa x = 1 i y = 1 dobijamo c

n

2n = (1 + 1)n =

k=0

n k n-k 1 1 = k

n

k=0

n . k

Ova posledica ima i interesantan kombinatorni dokaz. U tu svrhu prebroja´emo sve podskupove skupa X sa n elemenata na dva naina. S jedne c c strane, X ima 2n razliitih podskupova (Teorema 2.2.4). S druge strane, za c svako k = 0, 1, . . . , n, skup X ima n podskupova sa tano k elemenata. Zbog c k toga,

n X n k

takodje predstavlja ukupan broj podskupova skupa X, pa stoga

k=0

vai jednakost iz tvrdjenja. z POSLEDICA 2.6.9 Za nenegativan ceo broj n vai z

n

(-1)k

k=0

n k

= 0.

Dokaz .

Stavljanjem x = -1 i y = 1 u binomnu teoremu dobijamo 0 = 0n = (-1) + 1

n

=

k=0

n (-1)k 1n-k = k

k=0

n (-1)k . k

Sabiranjem, odnosno oduzimanjem, identiteta iz prethodne dve posledice dobijamo da vai i z n n n + + + . . . = 2n-1 , 0 2 4 n n n + + + . . . = 2n-1 . 1 3 5

MULTINOMIJALNA TEOREMA

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA Podsetimo se da za multinomijalne koeficijente vai Lema 2.4.15, tj. z n n1 , n 2 , . . . , n k = n! . n1 ! · n2 ! · n3 ! · . . . · nk !

84

S obzirom da multinomijalni koeficijenti uoptavaju binomne koeficijente, s mogu´e je dokazati i slede´u teoremu. c c TEOREMA 2.6.10 Multinomijalna teorema. Za proizvoljne realne brojeve x1 , x2 , . . . , xm i za svaki prirodan broj n 1 vai z (x1 + x2 + . . . + xm )n = k1 + . . . + km = n k1 , . . . , km 0 n xk1 xk2 · . . . · xkm . m k1 , k2 , . . . , km 1 2

Medjutim, iako se multinomijalna teorema moe dokazati indukcijom po n, z analogno dokazu binomne teoreme, elegantniji i direktniji dokaz se moe dobiti z tehnikama koje ´emo obraditi u slede´oj glavi, pa ´emo je tada i dokazati. c c c PRIMER 2.6.11 Kako glasi izraz (x + y + z)3 u razvijenom obliku? Reenje. s Po multinomijalnoj teoremi imamo da vai z 3 3 3 x3 + y3 + z3 + 3, 0, 0 0, 3, 0 0, 0, 3 3 3 3 x2 y + x2 z + xy 2 + 2, 1, 0 2, 0, 1 1, 2, 0 3 3 3 3 y2 z + xz 2 + yz 2 + xyz 0, 2, 1 1, 0, 2 0, 1, 2 1, 1, 1 3! 3 3! 3 3! 3 x + y + z + = 3!0!0! 0!3!0! 0!0!3! 3! 2 3! 2 3! x y+ x z+ xy 2 + 2!1!0! 2!0!1! 1!2!0! 3! 3! 3! 3! 2 y z+ xz 2 + yz 2 + xyz 0!2!1! 1!0!2! 0!1!2! 1!1!1! = x3 +y 3 +z 3 +3x2 y+3x2 z+3xy 2 +3y 2 z+3xz 2 +3yz 2 +6xyz.

(x + y + z)3 =

Desna strana multinomijalne formule obino ima dosta sabiraka, s obzirom c da se sabira po svim predstavljanjima broja n pomo´u m sabiraka, ali se ova c teorema ionako naje´e koristi kako bismo odredili koeficijent uz neki odredjeni c sc lan. c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 2.6.12 Koji je koeficijent uz lan x2 y 3 z 5 u razvoju izraza (x + y - z)10 ? c Reenje. s Primenjuju´i multinomijalnu teoremu na izraz x + y + (-z) c vidimo da je traeni koeficijent jednak z 10 (-1)5 = -2 520, 2, 3, 5 gde inilac (-1)5 dolazi iz proizvoda x2 y 3 (-z)5 . c

85

10

ZADACI

2.6.1 Na koliko se naina moe proitati c z c reenica c ANA VOLI MILOVANA na prikazanoj emi? (Reenica moe s c z da pone bilo kojim slovom A, a c posle svakog slova prelazi se na njemu susedno slovo po horizontali ili vertikali u bilo kom smeru u kome se reenica c moe nastaviti.) z 2.6.2

A ANA ANANA ANAVANA ANAVOVANA ANAVOLOVANA ANAVOL I LOVANA ANAVOL I M I LOVANA ANAVOL I LOVANA ANAVOLOVANA ANAVOVANA ANAVANA ANANA ANA A

Izraunati zbir koeficijenata polinoma po x koji predstavlja razvoj izraza c (3x - 2)100 . Na´i koeficijent uz: c a) x10 u razvoju izraza (1 - x2 + x3 )11 . b) x3 u razvoju izraza (1 - x + 2x2 )9 . Odrediti koeficijent uz p2 q 3 r3 s4 u razvoju izraza (2p - 3q + 2r - s)12 . Neka je izmnoen izraz (x + y + z)n i neka su sabirci grupisani zajedno na z uobiajeni nain: na primer za n = 2, c c (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx, a videti i Primer 1.6.11. Koliko ima sabiraka na desnoj strani, ako je n proizvoljan prirodan broj?

2.6.3

2.6.4 2.6.5

2.6.6 2.6.7

Dokazati da je

n k

n k+1

za k

[n/2] i

n k

n k+1

za k

[n/2].

Dokaite Lajbnicovu formulu za izvod proizvoda funkcija: neka su u, v realne z

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

86

funkcije jedne realne promenljive i neka f (k) oznaava k-ti izvod funkcije f . c Tada je n n (k) (n-k) (uv)(n) = u v k

k=0

(pod pretpostavkom da svi izvodi u formuli postoje). Sluaj n = 1 je standardna c formula za izvod proizvoda, (uv) = u v + uv , koja je poznata iz kursa Analize. 2.6.8 Neka ja p prost broj. a) Dokazati da su svi brojevi

p 1

,

p 2

,...,

b) Dokazati da je za svaki ceo broj a razlika a - a deljiva sa p.

p p-1 p

deljivi sa p.

2.7

BINOMNI IDENTITETI

Binomni koeficijenti zadovoljavaju mnotvo identiteta, i ve´ vekovima se s c istrauju njihova svojstva. Cele knjige su posve´ene samo njima, pa ak postoje z c c i automatizovani metodi za dokazivanje identiteta sa binomnim koeficijentima. Jedan od takvih metoda je Princip zmijskog ulja (eng. Snake-oil metod), koji se bazira na manipulaciji sa funkcijama generatrisa koje ´emo upoznati u slede´oj c c glavi. NAPOMENA

Prilino opiran spisak ovakvih identiteta (od ega mnogi imaju dokaze) moe se nai c s c z c na adresi http://binomial.csuhayward.edu/Identities.html

U klasinoj kombinatorici postoje dva opte prihva´ena naina za dokazivac s c c nje binomnih identiteta -- analitiki i kombinatorni. Pod analitikim dokazivac c njem se podrazumeva kori´enje poznatih binomnih identiteta za transformaciju sc izraza sa binomnim koeficijentima, dok se pod kombinatornim dokazivanjem podrazumeva nalaenje naina da se obe strane identiteta protumae kao izrazi koji z c c prebrojavaju isti skup objekata na dva razliita naina. U zavisnosti od sluaja, c c c moe biti lake da se nadje analitiki dokaz ili da se nadje kombinatorni dokaz. z s c U ovoj sekciji ´emo uglavnom koristiti analitike dokaze, ali ´emo pri njenom c c c kraju dati i dva primera kombinatornih dokaza. Pored najjednostavnijih svojstava (2.4), (2.5), (2.6), kao i veoma vane Biz nomne teoreme, za rad sa binomnim koeficijentima se esto koriste i slede´e c c leme.

IZVLACENJE IZ ZAGRADA

LEMA 2.7.1

Za ceo broj k = 0 i proizvoljan broj n vai z (2.9) n k = n n-1 k k-1 = n n-1 . n-k k

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

87

Dokaz . Ove jednakosti se lako dokazuju Faktorijelnom reprezentacijom (2.4) binomnih koeficijenata: n k n k = = n! n(n - 1)! n n-1 = = , k!(n - k)! k(k - 1)!(n - k)! k k-1 n! n(n - 1)! n n-1 = = . k!(n - k)! k!(n - k)(n - k - 1)! n-k k

SUMACIONA FORMULA

LEMA 2.7.2

Za cele brojeve n i m, n, m

n

0 vai z = r+n+1 , n

(2.10)

k=0

r+k k

n

=

r r+1 r+n + + ... + 0 1 n

(2.11)

k=0

k m

=

0 1 n + + ... + m m m

=

n+1 . m+1

Dokaz . Obe formule dokazujemo matematikom indukcijom po n uz c pomo´ Adicione formule (2.6). c Za n = 0 obe strane jednakosti (2.10) su jednake 1. Pretpostavimo sada da jednakost (2.10) vai za neko n = n0 . Sada za n = n0 + 1 imamo z

n0 +1

k=0

r+k k

n0

=

k=0

r+k r + n0 + 1 + k n0 + 1

(induktivna pretpostavka) (adiciona formula)

= =

r + n0 + 1 r + n0 + 1 + n0 n0 + 1 r + (n0 + 1) + 1 . n0 + 1

0 Sto se tie jednakosti (2.11) za n = 0 njena leva strana je jednaka m , dok c 1 je desna strana jednaka m+1 . Tada su za m = 0 obe strane jednake 1, dok su za m = 0 obe strane jednake 0. U svakom sluaju, jednakost (2.11) vai za c z n = 0.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

88

Pretpostavimo sada da ona vai za neko n = n0 . Tada za n = n0 + 1 imamo z

n0 +1

k=0

k m

n0

=

k=0

k n0 + 1 + m m

(induktivna pretpostavka) (adiciona formula)

= =

n0 + 1 n0 + 1 + m+1 m (n0 + 1) + 1 . m+1

Jednakost (2.11) se esto pojavljuje u primenama. Na primer, za m = 1 c dobijamo formulu za zbir prvih n prirodnih brojeva (koji se moe iskoristiti i za z odredjivanje zbira aritmetike progresije): c 1 n 0 + + ... + 1 1 1 = 0 + 1 + ... + n = n+1 2 = (n + 1)n . 2

Pretpostavimo da elimo da nadjemo zbir 12 + 22 + . . . + n2 . Ako primetimo z da je k 2 = 2 k + k , tada dobijamo da je 2 1

n n

k2 =

k=0 k=0

2

k k + 2 1

=2

n+1 n+1 + . 3 2

Reenje, koje smo dobili u binomnim koeficijentima, moemo da vratimo u s z uobiajenu notaciju: c 12 + 22 + . . . + n2 = 2 (n+1)n(n-1) + 6 NAPOMENA

(n+1)n 2 1 = 6 n(n + 1)(2n + 1).

Zbir 13 + 23 + . . . + n3 moe da se dobije na slian nain;` u sutini, svaki polinom z c c ´ s ` ´ `k´ a0 + a1 k + a2 k2 + . . . + am km moe da se izrazi u obliku b0 k + b1 k + . . . + bm m z 0 1 za pogodno izabrane koeficijente b0 , b1 , . . . , bm .

NEGACIJA GORNJEG INDEKSA

LEMA 2.7.3

Negacija gornjeg indeksa. (2.12) -n k

Za svaki ceo broj k i proizvoljan broj n vai z n+k-1 . k

= (-1)k

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA Dokaz . -n k Ova se jednakost dobija iz definicije binomnog koeficijenta: = = -n(-n - 1)(-n - 2) · . . . · (-n - k + 1) k(k - 1) · . . . · 2 · 1 (-1)k n(n + 1)(n + 2) · . . . · (n + k - 1) n+k-1 = (-1)k . k(k - 1) · . . . · 2 · 1 k

89

Negacija gornjeg indeksa je esto korisna transformacija gornjeg indeksa u c binomnom koeficijentu. PRIMER 2.7.4 Dokazati sumacionu formulu

n

(2.13)

k=0

(-1)k

r k

=

r r r - + . . . + (-1)n 0 1 n

= (-1)n

r-1 . n

Reenje. s Koriste´i redom negaciju gornjeg indeksa (2.12) i prvu sumacionu c formulu (2.10) dobijamo

n

(-1)k

k=0

r k

n

=

k=0

-r + k - 1 k

=

-r + n n

= (-1)n

r-1 . n

POJEDNOSTAVLJIVANJE PROIZVODA

LEMA 2.7.5

Za sve cele brojeve m i k i proizvoljan broj n vai z (2.14) n m m k = n k n-k m-k

Dokaz . Ovu jednakost je dovoljno dokazati u sluaju kada je n ceo broj i c n m. Pritom moemo da pretpostavimo da je 0 k m, jer su u suprotnom z obe strane jednakosti jednake 0. Sada imamo n m m k = = n!m! m!(n - m)!k!(m - k)! n!(n - k)! = k!(n - k)!(m - k)!(n - m)!

n k

n-k . m-k

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

90

Prethodnu jednakost smo dokazali samo za cele vrednosti n koje su ve´e od c ili jednake sa m. Medjutim ona vai za sve realne vrednosti n. Naime, ve´ smo z c dokazali da jednakost n m m k = n k n-k m-k

vai za beskonano mnogo vrednosti n. Obe strane ove jednakosti su polinomi z c po promenljivoj n. Nenula polinom stepena r moe da ima najvie r razliitih z s c korena, tako da ako dva polinoma stepena ne ve´eg od r imaju istu vrednost u c r+1 ili vie razliitih taaka, onda su ti polinomi identiki jednaki (ovo tvrdjenje s c c c moemo pokazati oduzimanjem ta 2 polinoma). Ovaj princip se moe koristiti z z za proirenje vanosti mnogih identiteta sa celih brojeva na realne brojeve. s z

SUME PROIZVODA

Jednakosti u slede´oj lemi se koriste kada treba sumirati proizvod dva bic nomna koeficijenta u kojima se sumacioni indeks k nalazi na donjem mestu. LEMA 2.7.6 Za svaki ceo broj n i svaki ceo broj r (2.15)

k

0 vai z = r+s , n

r k

s n-k

(2.16)

k

r k

s n+k

=

r+s . r+n

Kao to smo ve´ rekli, pod kombinatornim dokazivanjem se podrazumeva s c tumaenje obe strane identiteta kao izraza koji prebrojavaju neki skup objekata c na dva razliita naina. Kod ove leme, kombinatorni dokaz prua bolji uvid u c c z njeno tvrdjenje. Dokaz . Najpre ´emo dokazati jednakost (2.15) c r k s n-k = r+s . n

k

Neka je dat skup X sa r + s elemenata. Desna strana gornje jednakosti predstavlja broj n-tolanih podskupova skupa X. c Obojimo sada r elemenata skupa X u crvenu, a preostalih s elemenata u plavu boju. Drugi nain da se izabere n-tolani podskup skupa X jeste da c c se izabere k crvenih elemenata i n - k plavih elemenata. Za svako k postoji r s c c k naina da se izaberu crveni elementi, i nezavisno od toga, n-k naina da

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

91

se izaberu plavi elementi. Sveukupno, n-tolani podskup skupa X moe da se c z X r s izabere na naina, to je upravo leva strana gornje jednakosti. c s k n-k

k

Jednakost (2.16) dokazujemo tako to koristimo prethodnu jednakost i dva s puta Uslov simetrinosti (Lema 2.6.2): c r k s n+k =

k

k

r k

s s-n-k

=

r+s s-n

=

r+s . r+n

Sada ´emo na nekoliko primera pokazati kako se ova lema moe iskoristiti c z pri radu sa binomnim identitetima. PRIMER 2.7.7 Ako je r nenegativni ceo broj, koja je vrednost izraza

k

r k

s k? k

Reenje. Izvlaenjem iz zagrada (Lema 2.7.1) moemo da se oslobodimo spos c z ljanjeg k: s r k s k= k r k s-1 s k=s k-1 k r k s-1 . k-1

k

k

k

Sada moe da se primeni jednakost (2.16) sa n = -1. Krajnje reenje je z s r k s r+s-1 k=s . k r-1

k

PRIMER 2.7.8

Dokazati da vai z

n

k=0

n k

2

=

2n . n

Reenje. s Za dokaz koristimo Uslov simetrinosti (Lema 2.6.2) i jedc nakost (2.15) sa r = n, s = n:

n

k=0

n k

2

n

=

k=0

n k

n n-k

=

2n . n

PRIMER 2.7.9

Dokazati da vai z

n

k=0

2n 2k

2k 2n-2k 2 = k

4n . 2n

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

92

Reenje. Nalaenje odgovaraju´eg kombinatornog tumaenja ovog binomnog s z c c identiteta je malo tee. z Neka je dat skup X = {x1 , x2 , . . . , x4n }. Desna strana gornje jednakosti predstavlja broj podskupova skupa X sa 2n elemenata. Sada treba ove podskupove prebrojati na drugaiji nain. Neka je Ai = c c {x2i-1 , x2i } za i = 1, 2, . . . , 2n. Skupovi Ai , i = 1, 2, . . . , 2n predstavljaju particiju skupa X. Neka je M X proizvoljan podskup sa 2n elemenata. Za svako i = 1, 2, . . . , 2n presek M Ai ima 0, 1 ili 2 elementa, medjutim vai da je z

2n

2n = |M | =

i=1

|M Ai |.

Neka je k broj skupova Ai tako da je |M Ai | = 2. Iz prethodne jednakosti tada sledi da je broj skupova Ai tako da je |M Ai | = 1 jednak 2n - 2k, dok je broj skupova Ai tako da je M Ai = jednak takodje k. Posle ovog razmatranja konano vidimo kako se drugaije mogu prebrojati c c podskupovi skupa X sa 2n elemenata. Naime, od ukupno 2n skupova A1 , A2 , . . . , A2n izabra´emo 2n - 2k skupova iz kojih ´emo izabrati po jedan element u c c 2n podskup. Izbor ovih skupova moemo da napravimo na 2n-2k = 2n naina. z c 2k Kako svaki skup Ai ima po dva elementa, to za svaki od izabranih skupova postoje dva naina da izaberemo jedan element u podskup, pa je ukupan broj c naina za to jednak 22n-2k . Konano, od preostalih 2k skupova Ai treba izabrati c c jo k skupova ija ´emo oba elementa izabrati u podskup, to se moe uraditi s c c s z na 2k naina, tako da je ukupan broj naina da se izabere podskup skupa X c c k sa 2n elemenata jednak n 2n 2k 2n-2k 2 . 2k k

k=0

NAPOMENA

S obzirom na veliki broj binomnih identiteta, jedan od ciljeva matematiara tokom c XX veka je bio da pronadju potpuno automatizovani metod za njihovo dokazivanje. Nadjeno je vie takvih metoda, koji su mogli da se primenjuju na sve ve´i i ve´i s c c broj tipova identiteta, a najve´i uspeh je zabeleen 1995. godine kada je problem u c z potpunosti reen! Opis softvera koji reava ovaj problem, a i metoda koji su mu s s prethodili, moe se na´i u knjizi [24], ija je kompletna verzija dostupna na Internetu. z c c Ah da, softver je takodje dostupan. . .

ZADACI

2.7.1 Dokazati slede´e identitete: c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

n

93

a)

k=1 n

k (k + 1)

k=0 n

n k n k n k

= n · 2n-1 ; = (n + 2) · 2n-1 ; = 0.

b) c)

k=0

(-1)k (k + 1)

2.7.2

Dokazati slede´e identitete pomo´u kombinatornih argumenata: c c a) b) c) m+n - 2 2n =2· 2 3n =3· 3 m n - = mn; 2 2 n + n2 . 2 n n + 6n · + n3 . 3 2

2.7.3

Dokazati identitet r r+1 r+2 n + + + ... + r r r r pomo´u kombinatornih argumenata. c = n+1 r+1

2.7.4 2.7.5 2.7.6

Na´i vrednost izraza c

n X k=0

k4 .

Izraunati sumu S = 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n · (n + 1). c Izraunati slede´e sume: c c n n n 1 k 1 ; b) ; a) k+1 k k m

k=0 k=1

n

c)

k=0

k

k ; d) m

n

(-1)k

k=0

n k

2

.

2.7.7

Dokazati slede´e identitete: c

n

a)

k=0 n

(-1)k

n k

= (-1)m ·

n-1 ; m

b)

k=0 n

n+k 1 = 2n ; k 2k k· n k

2

c)

k=1

=n·

2n - 1 . n-1

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

n

94 za n 0 (mod 3) za n 1 (mod 3) . za n 2 (mod 3)

2.7.8

Pokazati da vai jednakost z

p=0

(-1)p

2n - p p

1 = 0 -1

2.7.9

Dokazati slede´e identitete: c

n

a)

k=m m

k m m k

n k

=

n n-m 2 ; m

m

b)

k=0

n+k m

=

k=0

m k

n k 2 . k

2.8

PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA

Jedan od osnovnih principa prebrojavanja -- princip zbira (Teorema 2.1.5) tvrdi da je |A B| = |A| + |B| kada su A i B disjunktni skupovi. Ako A i B nisu disjunktni, sabiranjem |A| i |B| elemente preseka |A B| brojimo dva puta (Sl. 2.5a). Stoga, da bi dobili pravu vrednost |A B| moramo oduzeti |A B|: (2.17) |A B| = |A| + |B| - |A B|.

Slika 2.5: Preseci dva i tri skupa Slino rasudjivanje primenjujemo i u sluaju tri skupa (Sl. 2.5b). Kada c c saberemo |A|, |B| i |C| elemente preseka |A B|, |B C| i |C A| brojimo dva puta (ukoliko nisu u preseku sva tri skupa). Da ovo ispravimo, oduzimamo |A B|, |B C| i |C A|. Ali sada smo elemente A B C, koje smo u |A| + |B| + |C| brojali tri puta, oduzeli takodje tri puta. Stoga, da bi dobili pravu vrednost |A B C|, moramo da dodamo |A B C|: (2.18) |A B C| = (|A| + |B| + |C|) - (|A B| + |B C| + |C A|) +|A B C|.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 2.8.1

95

Na drugoj godini Odseka za matematiku ima 50 studenata. Od njih ´e u c oktobarskom ispitnom roku 24 iza´i na matematiku analizu, 20 na algebru c c i 13 na diskretnu matematiku. Matematiku analizu i algebru ´e polagati 6 c c studenata, algebru i diskretnu matematiku 5 studenata, a analizu i diskretnu matematiku 4 studenta. Ako jedino Zlatko polae sva tri ispita, koliko studenata z ne´e iza´i ni na jedan ispit? c c Reenje. Neka M , A i D oznaaju skupove studenata koji izlaze na matemas c tiku analizu, algebru i diskretnu matematiku, redom. Iz gornjih uslova imamo c da je |M | + |A| + |D| = 24 + 20 + 13 = 57, |M A| + |A D| + |D M | = 6 + 5 + 4 = 15, |M A D| = 1. Iz jednakosti (2.18) imamo |M A D| = 57 - 15 + 1 = 43, pa je broj studenata koji ne´e iza´i ni na jedan ispit jednak 50 - 43 = 7. c c

PRIMER 2.8.2

Od studenata iz prethodnog primera, koliko ´e iza´i na tano jedan ispit? A c c c koliko ´e iza´i na bar 2 ispita? c c Reenje. Oznaimo slede´e skupove: s c c M A D - presek skupova M , A i D, M A D - presek skupova M i A koji nije u D, M A D - presek skupova M i D koji nije u A, M A D - elemente skupa M koji nisu ni u A, ni u D, M A D - presek skupova A i D koji nije u M , M A D - elemente skupa A koji nisu ni u M , ni u D, M A D - elemente skupa D koji nisu ni u M , ni u A, M A D - elemente koji nisu ni u M , ni u A, ni u D (to su osnovni skupovi u odgovaraju´im Venovim dijagramima). c Sada ´emo odrediti koliko svaki od ovih skupova ima elemenata: c |M AD| = 1 jer je tu samo Zlatko. |M AD| = |(M A) \ M AD| = |M A| - |M AD| = 6 - 1 = 5. Slino dobijamo c i |M AD| = 3 i |M AD| = 4. Sada imamo |M A D| = |M \ (M AD M AD M AD)| = |M | - (|M AD| + c |M AD| + |M AD|) = 24 - (1 + 5 + 3) = 15. Slino dobijamo i |M AD| = 10 i |M AD| = 5. Ukupan broj studenata koji izlaze na neki ispit dobijamo (ponovo ­ u prolom s primeru smo taj broj nali bre, ali nismo odredili broj elemenata u svakom od s z osnovnih skupova kod Venovih dijagrama) kao zbir svih ovih prethodno nadjenih

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

96

brojeva: |M A D| = 1 + 5 + 3 + 4 + 15 + 10 + 5 = 43, a kako ima ukupno 50 studenata to 50 - 43 = 7 studenata ne izlazi ni na jedan ispit. Faze prethodnog odredjivanja koliko ima studenata u kom skupu su prikazane na sl. 2.6. M A A A A '$ M '$ M '$ '$ '$ '$ '$ M '$ 5 5 10 5 10 '$ '$ 15 '$ 15 '$ 1 1 1 1 4 4 4 &% &% &% &% &% 3&% 3&% 3&% 5 5 7 &% &% &% &% D D D D Slika 2.6: Faze odredjivanja broja studenata po predmetima

Sada dobijamo da je broj studenata koji ´e iza´i na tano jedan ispit jednak c c c |M A D M AD M AD| = 15 + 10 + 5 = 30, dok je broj studenata koji ´e iza´i na bar dva ispita jednak c c |M AD M AD M AD M AD| = 5 + 3 + 4 + 1 = 13.

KAKO ELEGANTNO ZAPISATI MATEMATICKU FORMULU?

Prethodno rasudjivanje moemo da proirimo i na sluaj n konanih skupova z s c c A1 , A2 , . . . , An . Broj elemenata |A1 A2 . . .An | moe da se dobije na slede´i z c nain: najpre saberemo veliine svih skupova, zatim oduzmemo veliine svih c c c preseka dva skupa, pa dodamo veliine svih preseka tri skupa, pa oduzmemo c veliine svih preseka etiri skupa itd. U poslednjem koraku, ili dodajemo (za c c neparno n) ili oduzimamo (za parno n) veliinu preseka svih n skupova. c Kako ovo zapisujemo u obliku formule? Prvi pokuaj bi mogao da bude s |A1 A2 . . . An | = |A1 | + |A2 | + . . . + |An | -|A1 A2 | - |A1 A3 | - . . . - |A1 An | - |A2 A3 | - . . . - |An-1 An | +|A1 A2 A3 | + |A1 A2 A4 | + . . . +(-1)n-1 |A1 A2 . . . An |. Ovo je nezgrapan i ne preterano itljiv nain da se izrazi prethodno pravilo. c c Stavie, koriste´i ovakav zapis nikako ne bismo mogli da pronadjemo elegantan s c

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA dokaz ovog pravila. Neto je bolji zapis koriste´i sume: s c

n

97

|A1 A2 . . . An | =

i=1

|Ai | -

1 i1 <i2 n

|Ai1 Ai2 | |Ai1 Ai2 Ai3 |

+

1 i1 <i2 <i3 n

- . . . + (-1)n-1 |A1 A2 . . . An |. Iako je ovaj zapis itljiviji, on i dalje nije dovoljno dobar da bi omogu´io elec c gantan dokaz. No, ako se prisetimo oznake X za skup svih k-elementnih k podskupova skupa X, i ako upotrebimo oznaku slinu c za viestruke preseke s i unije, ovu formulu moemo zapisati znatno elegantnije: z

n n

(2.19)

i=1

Ai =

k=1

(-1)k-1

I(

{1,2,...,n} k

Ai . )

iI

Da biste bolje shvatili ovu formulu, mogli biste da je proradite detaljno za sluaj c n = 3. Obratite panju pri tome da ne meate brojeve sa skupovima! Ako z s prouimo prethodnu formulu, moemo videti skup I u stvari dobija vrednosti c z svih nepraznih podskupova skupa {1, 2, . . . , n}, kao i da je k = |I|. Zbog toga je jo jednostavniji i efektniji slede´i zapis: s c

n

Ai =

i=1 =I{1,2,...,n}

(-1)|I|-1

iI

Ai .

Upravo ovaj nain zapisivanja ´emo iskoristiti pri dokazu ovog pravila. c c

PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA

TEOREMA 2.8.3

Princip ukljuenja-iskljuenja. Za konane skupove A1 , A2 , . . . , An c c c vai z

n

(2.20)

i=1

Ai =

=I{1,2,...,n}

(-1)|I|-1

iI

Ai .

Dokaz indukcijom. Indukcija je po broju skupova n, s tim to za bazu ins dukcije koristimo n = 2. Kao to znamo, jednaina (2.20) vai za dva skupa. s c z

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA Pretpostavimo da ona vai za proizvoljnih n - 1 konanih skupova. Tada je z c

n n-1

98

Ai

i=1

=

i=1 n-1

Ai

An

n-1

=

i=1

Ai + |An | -

i=1

Ai

An

(iskoristili smo princip ukljuenja-iskljuenja za dva skupa, c c tj. |A B| = |A| + |B| - |A B| sa A =

n-1 n-1 n-1 i=1

Ai i B = An )

=

i=1

Ai + |An | -

i=1

(Ai An )

(distributivnost preseka: (X Y ) Z = (X Z) (Y Z); sada koristimo induktivnu pretpostavku dva puta, jednom za | =

=I{1,2,...,n-1} n-1 i=1

Ai | i jednom za |

iI

n-1 i=1 (Ai

An )|)

(-1)|I|-1

Ai + |An |

-

=I{1,2,...,n-1}

(-1)|I|-1

iI{n}

Ai .

Dokaz je skoro gotov. U prvoj sumi sabiramo, sa odgovaraju´im znacima, c veliine svih preseka skupova koji ne ukljuuju skup An . U drugoj sumi se c c pojavljuju veliine svih preseka k skupova koji ukljuuju skup An (tj. An i k - 1 c c skupova izmedju A1 , A2 ,. . . ,An-1 ) sa znakom -(-1)k-1 = (-1)k . Druga suma ne ukljuuje |An |, ali se taj sabirak pojavljuje izmedju dve sume. Sve u svemu, c veliina preseka bilo kojih k skupova izmedju A1 , A2 , . . . , An pojavljuje se tano c c jednom u izrazu sa znakom (-1)k-1 , to se slae sa jednainom (2.20), pa je s z c dokaz indukcijom zavren. s Sada se vidi vanost razumljivog zapisa principa ukljuenja-iskljuenja, jer z c c bi se bez toga lako izgubili u prethodnom dokazu. Inae, ovaj princip ima c podjednako efektan kombinatorni dokaz. Dokaz prebrojavanjem. Posmatrajmo proizvoljni element x A1 A2 . . .An . On doprinosi tano 1 veliini unije na levoj strani jednaine (2.20). Razmotrimo c c c sada koliko x doprinosi veliinama raznih preseka na desnoj strani ove jednaine. c c Neka je j broj skupova Ai koji sadre x. Preimenujmo skupove tako da se x z sadri u skupovima A1 , A2 , . . . , Aj . z Sada se element x pojavljuje u preseku svake k-torke skupova od A1 , A2 , j . . . , Aj i ni u jednom drugom preseku. Poto postoji k k-elementnih pods j skupova skupa sa j elemenata, x se pojavljuje u k preseka k-torki skupova. Veliine preseka k-torki skupova se mnoe sa (-1)k-1 , tako da na desnoj strani c z

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA jednaine (2.20), element x doprinosi vredno´u c sc j- j j j + - . . . + (-1)j-1 . 2 3 j

99

Iz Posledice 2.6.9 za zbir binomnih koeficijenata sa naizmeninim znacima, doc bijamo da je gornji izraz jednak 1. Prema tome, za proizvoljno x A1 A2 . . .An doprinos x obema stranama jednaine (2.19) je jednak 1, pa zakljuujemo da su izrazi u ovoj jednaini zaista c c c jednaki. PRIMER 2.8.4 Jednog zimskog dana poslanici, njih n na broju, dolaze na zasedanje Skuptine s i ostavljaju svoje kapute u garderobi. Po zavretku zasedanja, starija gospodja s iz garderobe, moda potpuno rasejana, moda skoro slepa posle mnogo godina z z rada u slabo osvetljenoj garderobi, izdaje jedan kaput svakom poslaniku. Na koliko naina ona moe da izda kapute tako da nijedan poslanik ne dobije svoj c z kaput? Reenje. s Preformuliimo ovaj problem koriste´i permutacije. Ako oznaimo s c c poslanike brojevima 1, 2, . . . , n, kao i njihove kapute, tada izdavanje kaputa iz garderobe odgovara permutaciji skupa {1, 2, . . . , n}, gde je (i) broj kaputa koji je vra´en i-tom poslaniku. Nae pitanje sada glasi: koliko ima permutacija c s tako da je (i) = i za svako i = 1, 2, . . . , n? Neka je Sn skup svih permutacija skupa {1, 2, . . . , n} i za i = 1, 2, . . . , n neka je Ai = { Sn : (i) = i}. Kaemo da elementi skupa Ai (kojeg ine z c permutacije!) fiksiraju i. Koriste´i princip ukljuenja-iskljuenja prebroja´emo c c c c "loe" permutacije, tj. one koje fiksiraju bar jedan broj. Loe permutacije su s s upravo one koje se nalaze u uniji A1 A2 . . . An . Da bi primenili princip ukljuenja-iskljuenja moramo da nadjemo veliinu c c c preseka k-torke skupova Ai . Lako se vidi da je |Ai | = (n - 1)!, jer je (i) = i fiksirano, a preostali brojevi se mogu proizvoljno poredjati. Koje permutacije lee u Ai Aj ? Upravo one koje fiksiraju brojeve i i j (dok se preostalih n - 2 z brojeva moe poredjati proizvoljno), tako da je |Ai Aj | = (n - 2)!. Optije, za z s proizvoljne i1 < i2 < . . . < ik imamo da je |Ai1 Ai2 . . . Aik | = (n - k)!, pa princip ukljuenja-iskljuenja daje c c

n

|A1 A2 . . . An | =

k=1

(-1)k-1

n (n - k)! = k

n

(-1)k-1

k=1

n! . k!

Ovim smo izraunali broj loih permutacija (koje fiksiraju bar jedan broj), pa c s je broj permutacija koje ne fiksiraju nijedan broj jednak D(n) = n! - |A1 A2 . . . An | = n! - n! n! n! + - . . . + (-1)n . 1! 2! n!

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA NAPOMENA

100

Za broj ovakvih permutacija smo koristili oznaku D(n) jer se one nazivaju deranmani z (eng. derangement). Prvi je pomenuo ovaj problem francuski matematiar Pierre R. c de Montmort (iveo 1678-1719), pod nazivom "le Probl`me des Rencontres". z e Primetimo da je ,, « 1 1 1 D(n) = n! 1 - + - . . . + (-1)n . 1! 2! n! Kao to smo nauili u analizi, red u zagradi konvergira ka e-1 kada n (gde je e s c Ojlerov broj) i to veoma brzo. Prema tome, vai priblina ocena D(n) n!/e. z z

PRIMER 2.8.5

Neka su X i Y konani skupovi sa |X| = n i |Y | = m. Ve´ nam je poznato da c c postoji mn funkcija koje preslikavaju X u Y . Koliko od ovih funkcija je na? Reenje. s Kao i u prethodnom primeru, iskoristi´emo princip ukljuenjac c iskljuenja da najpre prebrojimo objekte (funkcije) koje ne zadovoljavaju traeni c z uslov (nisu na). Tada je broj funkcija na jednak razlici izmedju ukupnog broja funkcija mn i broja "loih" funkcija. s Bez gubitka optosti, pretpostavimo da je Y = {1, 2, . . . , m}. Neka Ai s oznaava skup funkcija koje preslikavaju X u Y i pritom ne uzimaju vrednost i. c Ako funkcija f : X Y nije na, tada postoji i Y tako da za svako x X vai f (x) = i. Samim tim, funkcija f pripada skupu Ai , pa zakljuujemo da z c funkcija nije na ako i samo ako pripada skupu A1 A2 . . . Am . Koliko ima funkcija u skupu Ai ? Skup Ai sadri sve funkcije koje preslikavaju z X u Y \ {i}, pa je stoga |Ai | = (m - 1)n . Skup Ai Aj sadri funkcije koje z ne uzimaju vrednosti i i j, tj. sve funkcije koje preslikavaju X u Y \ {i, j}, pa je |Ai Aj | = (m - 2)n . U optem sluaju, Ai1 Ai2 . . . Aik sadri s c z sve funkcije koje ne uzimaju nijednu od vrednosti i1 , i2 , . . . , ik , tako da je |Ai1 Ai2 . . . Aik | = (m - k)n . Sada po principu ukljuenja-iskljuenja c c imamo da je

m

|A1 A2 . . . Am | =

k=1

(-1)k-1

m (m - k)n . k

Prema tome, ukupan broj funkcija na je jednak

m

m -

k=1

n

(-1)

k-1

m (m - k)n = k

m

(-1)k

k=0

m (m - k)n . k

NAPOMENA

` ´ P Ako vrednost m (-1)k-1 m (m - k)n podelimo sa m!, dobijamo ceo broj koji se k=1 k naziva Stirlingov broj druge vrste i oznaava sa S(n, m) (u starijim knjigama c n¯ je oznaavan sa m ). Ovi brojevi se pojavljuju prilikom prebrojavanja podela nc elementnog skupa na m medjusobno disjunktnih podskupova.

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

101

GENERALISANI PR. UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA

Sada ´emo dati uoptenje Principa ukljuenja-iskljuenja (tj. Teoreme 2.8.3), c s c c tzv. Generalisani princip ukljuenja-iskljuenja. c c TEOREMA 2.8.6 Generalisani princip ukljuenja-iskljuenja. Neka je X skup sa n elec c menata i = {1 , 2 , . . . , m } skup od m svojstava. Za proizvoljan k-podskup {i1 , i2 , . . . , ik } skupa oznaimo sa n(i1 , i2 , . . . , ik ) broj elemenata skupa c X koji poseduju ovih k svojstava (mogu i jo neka pored ovih k). Uvedimo s s0 = n i za k = 1, 2, . . . , m sk = n(i1 , i2 , . . . , ik ),

gde ova suma ide po svim k-podskupovima skupa (tj. imamo m sabiraka). k Konano, neka je ej (j = 0, 1, . . . m) broj elemenata skupa X koji imaju tano c c j od ovih m svojstava iz , a neka je fj (j = 1, 2, . . . m) broj elemenata skupa X koji imaju bar j od ovih m svojstava iz . Tada vae slede´e formule: z c (2.21) ej = sj - j+1 j+2 m sj+1 + sj+2 - . . . + (-1)m-j sm , 1 2 m-j j j+1 m-1 sj+1 + sj+2 - . . . + (-1)m-j sm . 1 2 m-j

(2.22)

fj = sj -

Dokaz . Pokaza´emo da se svaki element skupa X javlja jednak broj puta i c na levoj i na desnoj strani jednakosti (2.21). Ako neki element skupa X ima manje od j svojstava on se javlja 0 puta na obe strane. Ako neki element ima tano j svojstava, tada se on broji tano 1 na levoj c c strani i j = 1 (u lanu sj ) na desnoj strani. c j Ako neki element ima tano j + l svojstava (gde je 1 l m - j), tada se c taj element na levoj strani rauna 0 puta. Na desnoj strani on se javlja j+l c j

j+l j+l puta u sj , j+1 puta u sj+1 , j+2 puta u sj+2 , . . . , se taj element na desnoj strani javlja ukupno j+l j+l

puta u sj+l . Stoga

j+l j+1 j+l j+2 j+l j+l j+l - + - . . . + (-1)l j 1 j+1 2 j+2 l j+l j+l l j+l l j+l l j+l = - + - . . . + (-1)l j 1 j 2 j l j j+l = (1 - 1)l = 0 j

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA

102

puta, ime smo kompletirali dokaz jednakosti (2.21). c Primetimo da za j = 0 dobijamo obian Princip ukljuenja-iskljuenja, tj. c c c formulu (2.20), kod koje skup Ai (za i = 1, 2, . . . , m) ine elementi koji poseduju c svojstvo i . Sada ´emo pokazati i drugu formulu. Dovoljno je pokazati da niz fj dat c jednako´u (2.22), zadovoljava rekurentnu jednainu fj - fj+1 = ej uz zavrni sc c s uslov fm = em . Sada koristimo adicionu formulu 2.6 za binomne koeficijente i dobijamo: fj - fj+1 = sj - j+1 j+1 + sj+2 2 1 m-1 m-1 - . . . + (-1)m-j + sm m-j m-j-1 j+1 j+2 j+1 = sj - sj+1 + sj+2 - . . . + (-1)m-j sj+1 1 2 1 = ej . sj+1 + j j + 1 0

Dalje, kada uvrstimo j = m u formule (2.22) i (2.21), dobijamo fm = sm = em . Generalisani princip ukljuenja-iskljuenja ´emo ilustrovati na jednom primeru c c c i jednom tvrdjenju. PRIMER 2.8.7 Sada ´emo ponovo na´i koliko od studenata iz Primera 2.8.1 i 2.8.2 izlazi na c c tano jedan ispit i koliko na bar 2 ispita. c Reenje. Ubacimo podatke u formule (2.21) i (2.22): s Imamo da je s1 = 24 + 20 + 13 = 57, s2 = 6 + 5 + 4 = 15 i s3 = 1. Tada e1 = 57 - 2 3 · 15 + · 1 = 30 1 2

studenata izlazi na tano 1 ispit, a c f2 = 15 - 2 · 1 = 13 1

studenata izlazi na bar 2 ispita (to su rezultati koje smo dobili i u Primeru 2.8.2). s

TEOREMA 2.8.8

Neka su X i skupovi kao u Teoremi 2.8.6. Dokazati da je broj elemenata skupa X koje imaju paran broj svojstava jednak 1 2

m

s0 +

k=0

(-2)k sk

,

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA dok je broj elemenata skupa X koje imaju neparan broj svojstava jednak 1 2

m

103

s0 -

k=0

(-2)k sk

.

Dokaz . Uvedimo funkciju E(x) = e0 +e1 +e2 x2 +. . .+em xm . Sada iskoristimo tvrdjenje Teoreme 2.8.6 pa dobijamo m m m m k k k (-1)k-j E(x) = ej xj = sk xj = (-1)k sk (-x)j j j j=0 j=0 j=0

k=j k=0 m m

=

k=0

(-1)k sk (1 - x)k =

k=0

sk (x - 1)k .

Dalje imamo da je broj elemenata skupa X koje imaju paran broj svojstava m 1 X s0 + (-2)k sk , dok je broj elemenata skupa X jednak E(1)+E(-1) = 2 2 k=0 m 1 X s0 - (-2)k sk . koje imaju neparan broj svojstava jednak E(1)-E(-1) = 2 2 k=0

ZADACI

2.8.1 U razredu sa 30 uenika, 12 od njih voli matematiku, 14 voli fiziku, 13 hemiju, 5 c uenika voli i matematiku i fiziku, 7 voli i fiziku i hemiju, a 4 voli matematiku c i hemiju. Tri uenika vole sva tri predmeta. Koliko uenika ne voli ni jedan od c c ovih predmeta? U studentskom domu je 12 studenata koji sluaju kurs iz biologije (B), 20 koji s sluaju kurs iz matematike (M), 20 koji sluaju kurs iz fizike (F) i 8 koji sluaju s s s kurs iz hemije (H). Od toga 5 studenata slua i B i M, 7 slua i B i F, 4 slua i s s s B i H, 16 slua i M i F, 4 slua i M i H i 3 slua i F i H. Tu su 3 koji sluaju B, s s s s M i F, 2 ­ B, M i H, 3 ­ B, F i H i 2 ­ M, F i H. Konano, tu su dvojica koji c sluaju sva 4 kursa. Pored njih u domu je jo 71 student koji ne slua nijedan s s s od ovih kurseva. Odredite ukupan broj studenata u domu. Odrediti koliko ima brojeva ne ve´ih od 1000 koji su deljivi bar jednim od brojeva c 2, 3, 5 ili 7. Odrediti broj celobrojnih reenja jednaine a + b + c + d = 17, koja zadovoljavaju s c uslove 1 a 3, 2 b 4, 3 c 5 i 4 d 6. a) Koliko se rei, koje mogu da budu besmislene, dobija premetanjem slova rei c s c

2.8.2

2.8.3

2.8.4

2.8.5

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA KOMBINATORIKA? b) Koliko ima takvih rei kod kojih nikoja dva ista slova nisu susedna? c 2.8.6

104

Odrediti broj 9-tocifrenih brojeva koji imaju sve cifre razliite i ne sadre c z cifru 0, takvih da se nijedan od blokova a) 23, 45 i 678; b) 34, 45 i 738 ne pojavljuje. Pokazati da je 97 25-ti prost broj. Odrediti broj prirodnih brojeva manjih od 501, koji nisu deljivi kvadratom (eng. squarefree number ). Na´i broj permutacija koje imaju tano k fiksnih taaka. c c c Koliko ima permutacija skupa {1, 2, . . . , n} koje nemaju ciklus duine k, gde je z 1 k n? Neka je n 2. Koliko ima permutacija p skupa {1, 2, . . . , n} takvih da za svako j {1, 2, . . . , n - 1} element j + 1 ne stoji neposredno iza elementa j? Na koliko se naina polja ahovske table 8 × 8 mogu obojiti sa 8 razliitih boja, c s c tako da se u svakoj vrsti pojavljuje svaka boja i da u svakoj koloni nikoja dva susedna polja nisu obojena istom bojom ? Pokazati da je broj kvadratnih matrica reda 3 sa nenegativnim elementima, kod kojih je zbir elemenata u ssvakoj vrsti i svakoj koloni jednak r dat formulom r+2 2

2

2.8.7 2.8.8

2.8.9 2.8.10

2.8.11

2.8.12

2.8.13

-3

r+3 . 4

2.8.14

Na koliko naina n branih parova moe sesti za okrugli sto sa 2n oznaenih c c z c stolica tako da suprunici ne sede jedno pored drugog? z Za studente iz zadatka 1.8.2 odrediti koliko od njih slua: s a) tano 1 kurs? c b) tano 2 kursa? c c) tano 3 kursa? c d) bar 1 kurs? e) bar 2 kursa? f ) bar 3 kursa? U lift u prizemlju je ulo 9 ljudi. Na svakom od slede´ih spratova bar 1 ovek s c c izlazi iz lifta i niko ne ulazi u njega. Na 5-om spratu se lift ispraznio. Odrediti broj svih mogu´ih takvih pranjenja lifta. c z

2.8.15

2.8.16

GLAVA 2. OSNOVE TEHNIKE PREBROJAVANJA 2.8.17

105

a) Na koliko naina se mogu poredjati u niz 3 Amerikanca, 3 Engleza i 3 Rusa, c tako da nikoja tri zemljaka ne stoje zajedno? b) Na koliko naina se mogu poredjati u niz 3 Amerikanca, 3 Engleza i 3 Rusa, c tako da nikoja dva zemljaka ne stoje zajedno?

Glava 3

Napredne tehnike prebrojavanja

U prethodnim odeljcima smo se upoznali sa osnovnim tehnikama prebrojavanja konanih skupova. Na poetku ove glave ´emo predstaviti jo jednu c c c s vanu tehniku prebrojavanja. Osnovna ideja, sasvim iznenadjuju´a, je da z c beskonanom nizu realnih brojeva dodelimo odredjenu neprekidnu funkciju, c tzv. funkciju generatrise niza. Problemi nad nizom se tada mogu prevesti na jezik neprekidnih funkcija i poznate analitike metode. U sekcijama nakon toga c uglavnom ´emo se baviti pitanjem kako dobiti optu formulu za elemente nizova c s brojeva i polinoma u kojima postoje rekurentne relacije, takve da se, poev od c nekog mesta u nizu, svaki slede´i element moe, pomo´u iste formule, prikazati c z c pomo´u prethodnih elemenata niza. U reavanju ovog pitanja veliku pomo´ ´e c s cc nam pruiti upravo funkcije generatrise. z

3.1

PRIMER 3.1.1

FUNKCIJE GENERATRISE

Posmatrajmo niz (1, 1, 1, 1, . . . ) sastavljen od jedinica. Njega moemo "kodirati" z pomo´u funkcije c 1 + 1 · x + 1 · x2 + 1 · x3 + . . . . Ova funkcija sada predstavlja beskonanu geometrijsku progresiju sa kolinikom x, c c pa je njena vrednost jednaka 1 , 1-x pod uslovom da je |x| < 1. Sada moemo da kaemo: z z Funkcija 1 je funkcija generatrise niza (1, 1, 1, 1, . . . ). 1-x 106

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

107

U ovakvom uvodnom tekstu, mi ´emo obraditi samo jednostavnije primere, c koji bi se u ve´ini sluajeva, koriste´i razne trikove, mogli reiti i bez primene c c c s funkcija generatrise. Medjutim, ovo ne znai da funkcije generatrise ne treba c uiti! One predstavljaju veoma mo´nu tehniku prebrojavanja: postoji mnogo c c sloenih problema za ije se reavanje ostale tehnike ne mogu primeniti ili z c s postaju suvie komplikovane. s

STEPENI REDOVI

DEFINICIJA 3.1.2

Stepeni red je beskonana suma oblika c a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn + . . . , gde su a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . realni brojevi, a x je realna promenljiva1 . Jednostavan primer stepenog reda je (3.1) 1 + x + x2 + . . . + xn + . . .

iz prethodnog primera. U sluaju da je x (-1, 1), suma ovog stepenog reda c 1 ima vrednost 1-x . U ovom smislu, stepeni red (3.1) odredjuje funkciju 1 . 1-x S druge strane, ova funkcija ve´ sadri sve podatke o stepenom redu (3.1). Zac z ista, ako diferenciramo funkciju k puta i stavimo x = 0 u rezultat, dobi´emo c tano k! puta koeficijent uz xk u stepenom redu. Drugim reima, stepeni c c 1 red (3.1) je Taylorov red funkcije 1-x u taki x = 0 (tj. Maklorenov red). c 1 Prema tome, funkciju 1-x moemo da zamislimo kao inkarnaciju beskonanog z c niza (1, 1, 1, . . . ) i obrnuto. Ovakvo pretvaranje beskonanih nizova u funkcije i nazad je temelj tehnike c funkcija generatrise.

DEFINICIJA 3.1.3

Neka je (a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . ) niz realnih brojeva. Pod funkcijom generatrise2 ovog niza podrazumeva se stepeni red A(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn + . . .

1 Ponekad je od velike koristi posmatrati x kao kompleksnu promenljivu i primeniti metode iz kompleksne analize. 2 Strogo govore´i, ovo je obina funkcija generatrise. S obzirom da se ovde ne´emo baviti c c c drugim vrstama funkcija generatrise (npr. eksponencijelnim funkcijama generatrisa), jednostavno ´emo izbaciti re "obina". c c c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

108

U daljem tekstu ´emo nizu (an ) pridruivati funkciju generatrise A(x) (tj. c z malo slovo koje odgovara nizu ´emo zameniti sa odgovaraju´im velikim slovom c c za funkciju generatrise). Iz matematike analize je poznato da ako postoji realni broj K tako da je c X n |an | K za svako n 1, tada stepeni red A(x) = ai xi konvergira za svako

i=0

1 1 s c x (- K , K ). Stavie, funkcija A(x) ima izvode svih redova u taki 0 i pritom vai da je z A(i) (0) . ai = i! Mi se ovde ne´emo zamarati proverom da li dobijeni stepeni redovi konverc giraju u nekoj okolini take 0. Obino je to lako. Sem toga, u mnogo sluajeva c c c ta se provera moe izbe´i na slede´i nain: kada pronadjemo tano reenje probz c c c c s lema koriste´i funkcije generatrise, ak i na sumnjiv nain, to reenje se moe c c c s z proveriti nekim drugim metodom, na primer pomo´u principa matematike inc c dukcije. Stavie, postoji posebna teorija takozvanih formalnih stepenih redova s koja omogu´ava nesmetan rad ak i sa stepenim redovima koji nikad ne konc c vergiraju (sem u 0). Da zakljuimo, konvergencija nikad nije bitno pitanje u c primenama funkcija generatrise. Ako niz (a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . ) ima samo konano mnogo nenula lanova, c c tada je funkcija generatrise obian polinom. Mi ´emo nae prouavanje funkcija c c s c generatrise stoga poeti upravo polinomima, kao njihovom najjednostavnijem c obliku.

´ NOVCICI I POLINOMI

Pre nego to ubacimo novi´e u igru, podsetimo se najpre kako se mnoe s cc z polinomi, na primer, p(x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 i q(x) = 1 + x + x2 + x3 ? Jednostavno pravilo kae da treba da pomnoimo svaki lan iz p(x) sa svakim z z c lanom iz q(x) i da zatim saberemo sve dobijene proizvode. Njihovo sabiranje c je u ovom sluaju jednostavno, jer su svi koeficijenti jednaki 1. Tako odmah c dobijamo da je p(x)q(x) = x7 + 2x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1. Hajde sada da razmotrimo drugaije pitanje. Izaberimo neki stepen x, na c primer x5 . Sada elimo da saznamo koliki je koeficijent uz x5 u proizvodu z p(x)q(x), ali bez raunanja celog proizvoda. U ovom sluaju, proizvod x5 se c c dobija: c · mnoenjem lana x2 iz p(x) sa lanom x3 iz q(x), takodje i z c · mnoenjem lana x3 iz p(x) sa lanom x2 iz q(x) i konano, z c c c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA · mnoenjem lana x4 iz p(x) sa lanom x iz q(x). z c c

109

Svaki od ovih proizvoda dodaje 1 na odgovaraju´i koeficijent, pa moemo da c z zakljuimo da je koeficijent uz x5 jednak 3. c Razmotrimo sada, na izgled, drugaiji problem: c PRIMER 3.1.4 Imamo etiri zlatna i tri srebrna novi´a, svaki vrednosti od po jednog dinara. c cc Na koliko naina moemo platiti 5 dinara pomo´u ovih novi´a? c z c cc Reenje. s Ako sa i oznaimo broj zlatnih, a sa j broj srebrnih novi´a c cc kori´enih za pla´anje, tada ovaj problem trai da nadjemo broj reenja sc c z s jednaine c i + j = 5, i {0, 1, 2, 3, 4}, j {0, 1, 2, 3}. Ako sada pretpostavimo da je i stepen promenljive x u naem polinomu p(x), a j s stepen promenljive x u polinomu q(x), tada je broj reenja ove jednaine upravo s c jednak koeficijentu uz x5 u proizvodu p(x)q(x), a to je, kao to ve´ znamo, 3. s c

Uopte, ako su I i J konani skupovi prirodnih brojeva, kojima su pridrueni s c z polinomi p(x) = xi i q(x) = xj

iI jJ

(primetimo da su koeficijenti u ovim polinomima nule i jedinice), tada je, za svaki prirodan broj r, broj reenja (i, j) jednaine s c i + j = r, i I, j J,

jednak koeficijentu uz xr u proizvodu p(x)q(x). Slede´e, jo interesantnije uoptenje ovog razmatranja bavi se proizvodom c s s tri i vie polinoma. s PRIMER 3.1.5 Na koliko naina se moe platiti iznos od 21 dinara ako imamo est novi´a c z s cc vrednosti od po 1 dinara, pet novi´a vrednosti od po 2 dinara i etiri novi´a cc c cc vrednosti od po 5 dinara? Reenje. s Traeni broj jednak je broju reenja jednaine z s c i1 + i2 + i3 = 21 gde je i1 {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, i2 {0, 2, 4, 6, 8, 10} i i3 {0, 5, 10, 15, 20}.

Ovde i1 oznaava deo iznosa pla´en novi´ima od 1 dinara, i2 deo iznosa pla´en c c cc c novi´ima od 2 dinara, a i3 deo iznosa pla´en novi´ima od 5 dinara. cc c cc

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

110

Broj reenja ove jednaine je sada jednak koeficijentu uz x21 u proizvodu s c

(1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 ) · (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 ) · (1 + x5 + x10 + x15 + x20 ).

Zaista, lan sa x21 se dobija tako to se pomnoe lan xi1 iz prvog para zagrada, c s z c lan xi2 iz drugog para zagrada i lan xi3 iz tre´eg para zagrada, takvi da je c c c i1 + i2 + i3 = 21. Svaki takav izbor brojeva i1 , i2 i i3 dodaje 1 na odgovaraju´i c koeficijent u proizvodu.

KOMBINATORNO ZNACENJE BINOMNE TEOREME

Jedan od oblika binomne teoreme tvrdi da je (3.2) (1 + x)n = n n n 2 n n + x+ x + ... + x . 0 1 2 n

Na levoj strani imamo proizvod n polinoma -- svaki je jednak 1 + x. Analogno prethodnim razmatranjima sa novi´ima, koeficijent uz xr u proizvodu (1 + x)n cc predstavlja broj reenja jednaine s c i1 + i2 + . . . + in = r, i1 , i2 , . . . , in {0, 1}.

Svako reenje ove jednaine oznaava izbor r promenljivih izmedju i1 , i2 , . . . , ir s c c koje su jednake 1 -- preostalih n-r promenljivih mora da bude jednako 0. Broj ovakvih izbora je isti kao i broj r-tolanih podskupova skupa sa n elemenata, c tj. n . Ovo znai da je koeficijent uz xr u proizvodu (1 + x)n jednak n . c r r Upravo smo dokazali binomnu teoremu na kombinatorni nain! c Vetim igranjem sa polinomom (1+x)n i njemu slinim, moemo da dobijemo s c z razne identitete. U odeljku 2.6 ve´ smo videli neke od njih: formule c i

n X k=0 n X n k k=0

= 2n

(-1)k

n k

= 0 dobijene su, redom, zamenom x = 1 i x = -1 u (3.2).

n

PRIMER 3.1.6

Za svako n

1 vai z

k=0

k

n k

= n2n-1 .

Reenje. s Ova jednakost se dobija diferenciranjem (3.2) po promenljivoj x. Na obe strane kao rezultat mora da se dobije isti polinom. Diferenciranjem leve strane dobija se n(1 + x)n-1 , a diferenciranjem desne strane, koja je

n

n X n k k=0

xk , dobija se

k

k=0

n k-1 x . k

Zamenom x = 1 dobijamo traeni identitet. z

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

111

UOPSTENA BINOMNA TEOREMA

Ve´ smo videli da se binomna teorema (3.2) moe formulisati kao rezultat o c z koeficijentima polinoma (1 + x)n . Za geometrijsku progresiju sa kolinikom -x c vai z 1 1 - x + x2 + . . . + (-1)k xk + . . . = = (1 + x)-1 . 1+x Za svako n N izraz (1 + x)-n moemo da posmatramo kao proizvod stepenih z redova jednakih (1 + x)-1 . Naravno, ono to bismo voleli da imamo je formula s za koeficijent uz xk u rezultuju´em stepenom redu. Ova formula je veoma c jednostavna i omogu´i´e nam da uoptimo binomnu teoremu i na negativne cc s brojeve. TEOREMA 3.1.7 Koeficijent uz xk u stepenom redu (1 + x)-n jednak je (-1)k n+k-1 k = -n . k

Dokaz . Da izbegnemo znak minus, posmatra´emo (1-x)-n umesto (1+x)-n . c Krajnji rezultat dobijamo zamenom x sa -x. Poto je s (1 - x)-1 = 1 + x + x2 + . . . + xk + . . . , imamo da je (1 - x)-n proizvod n inilaca, od kojih je svaki jednak gornjem c stepenom redu. Koeficijent uz xk u ovom proizvodu je tada jednak broju reenja s jednaine c i1 + i2 + . . . + in = k gde, za svako j = 1, 2, . . . , n, nenegativni ceo broj ij predstavlja doprinos xij iz jtog inioca (1+x+x2 +. . .+xk +. . . ). Kao to ve´ znamo iz primera 2.4.10, svako c s c reenje gornje jednaine oznaava tano jedan neuredjeni izbor k elemenata sa s c c c ponavljanjem iz skupa od n elemenata (i obratno), tako da zakljuujemo da je c koeficijent uz xk jednak n+k-1 . k Zamenom x sa -x sada dobijamo rezultat kako je naveden u teoremi. Na osnovu ove teoreme zakljuujemo da vai Uoptena binomna teorema. c z s TEOREMA 3.1.8 Uoptena binomna teorema. s ceo broj n vai z (3.3) (1 + x)n = Za proizvoljan, pozitivan ili negativan,

n n n 2 n k + x+ x + ... + x + ... 0 1 2 k

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

112

NAPOMENA

Ovaj opti oblik je funkcija generatrise, ali kada je n prirodan broj tada vai s z ! n = 0 za svako k > n, k pa se desna strana jednakosti svodi na polinom.

PRIMER 3.1.9

Koeficijent uz xn u stepenom redu (1 + x)-2 jednak je (-1)n 2+n-1 n = (-1)n n+1 n = (-1)n (n + 1).

Sada moemo da piemo z s (1 + x)-2 = 1 - 2x + 3x2 - . . . + (-1)n (n + 1)xn + . . .

Inae, Uoptena binomna teorema ostaje da vai i u sluaju kada je n c s z c proizvoljan realan broj.

DEFINICIJA 3.1.10

Za proizvoljan realni broj i svaki nenegativni broj k, binomni koeficijent se definie pomo´u s c k = ( - 1)( - 2) · . . . · ( - k + 1) . k!

k

Ova definicija je proirenje uobiajene definicije 2.4.2 binomnog koeficijenta, s c jer kada je = n za nenegativan ceo broj n, dobijamo istu formulu za kao k u definiciji 2.4.2. Zamenom x nekim drugim izrazom u Uoptenoj binomnoj teoremi moemo s z da dobijemo razna njena dalja uoptenja. Mi ´emo za naa razmatranja nekoliko s c s puta da koristimo stepeni red za (1 - x)-n , koji je jednak (1 - x)-n = 1 + nx + . . . + n+k-1 k k x + ... k

PRIMER 3.1.11

Kutija sadri 30 crvenih, 40 plavih i 50 belih lopti. Lopte iste boje se ne razlikuju z medjusobno. Na koliko naina se moe izabrati 70 lopti iz kutije? c z

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

113

Reenje. s Kao to ve´ znamo, broj koji traimo je jednak koeficijentu uz x70 s c z u proizvodu (1 + x + x2 + . . . + x30 )(1 + x + x2 + . . . + x40 )(1 + x + x2 + . . . + x50 ). Ovaj izraz ne´emo nikako da mnoimo! Umesto toga, iskoristi´emo injenicu da c z c c je 1 - x31 , 1 + x + x2 + . . . + x30 = 1-x to je ve´ poznati zbir konane geometrijske progresije. Ceo proizvod se sada s c c moe napisati kao z 1 - x31 1 - x41 1 - x51 · · = (1 - x)-3 (1 - x31 )(1 - x41 )(1 - x51 ). 1-x 1-x 1-x Cinilac (1 - x)-3 moe da se razvije u stepeni red prema uoptenoj binomnoj z s teoremi (3.3). U proizvodu preostalih inilaca (1 - x31 )(1 - x41 )(1 - x51 ) tada c je dovoljno na´i koeficijente samo za stepene do x70 . Stoga dobijamo proizvod c

2 2

+

3 2

x+

4 2

x2 +

5 2

x3 + . . . · (1 - x31 - x41 - x51 + . . .),

gde . . . u drugom paru zagrada stoji umesto stepena ve´ih od x70 (najmanji c stepen od tih ostalih lanova je x31 · x41 = x72 ). Koeficijent uz x70 u ovom c proizvodu, to je i traeni broj izbora lopti iz kutije, jednak je s z 70 + 2 70 + 2 - 31 70 + 2 - 41 70 + 2 - 51 - - - 2 2 2 2 = 1 061.

NALAZENJE FUNKCIJA GENERATRISE

Sada ´emo se baviti nainima da se funkcija generatrise "sastavi" iz ve´ pozc c c natih "delova", a na kraju ´emo dati i spisak nekih vrlo poznatih "polaznih" c delova. Kroz ceo odeljak, neka su (a0 , a1 , a2 , . . . ) i (b0 , b1 , b2 , . . . ) nizovi, a A(x) i B(x) njihove funkcije generatrise. Sabiranje nizova Ako nizove sabiramo lan po lan, odgovaraju´a operacija sa funkcijama c c c generatrisa je prosto njihovo sabiranje. Tanije, niz (a0 + b0 , a1 + b1 , a2 + b2 , . . . ) c ima funkciju generatrise A(x) + B(x). Mnoenje niza realnim brojem z Jo jedna prosta operacija je mnoenje fiksnim realnim brojem . Naime, s z niz (a0 , a1 , a2 , . . . ) ima funkciju generatrise A(x).

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Pomeranje niza udesno

114

Ako je n prirodan broj, tada funkcija generatrise xn · A(x) odgovara nizu (0, 0, . . . , 0, a0 , a1 , a2 , . . . ).

Ovo je veoma korisno kada niz treba pomeriti udesno za odredjeni broj mesta. Pomeranje niza ulevo Sta da radimo ako niz elimo da pomerimo ulevo za n mesta kako bismo dobili z funkciju generatrisu za niz (an , an+1 , an+2 , . . . )? Prvo treba da oduzmemo prvih n sabiraka funkcije generatrise A(x) (tako "eliminiemo" prvih n lanova niza, s c tj. pretvaramo ih u nule), a onda je neophodno jo da A(x) podelimo sa xn . s Funkcija generatrise za gornji niz je A(x) - (a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an-1 xn-1 ) . xn Zamena promenljive x sa x Neka je fiksni realni broj i posmatrajmo funkciju C(x) = A(x). Tada je C(x) funkcija generatrise za niz (a0 , a1 , 2 a2 , . . . ). PRIMER 3.1.12 Ve´ znamo da je c 1 1-x funkcija generatrise za niz (1, 1, 1, 1, . . . ). Prema upravo datom pravilu, tada je 1 1 - 2x funkcija generatrise niza koji se sastoji od stepena broja 2: (1, 2, 4, 8, 16 . . . ).

PRIMER 3.1.13

Ova operacija se takodje koristi u slede´em triku kojim se svi lanovi niza na c c neparnim mestima zamenjuju sa 0: kao to i sam italac moe lako da proveri, s c z funkcija A(x) + A(-x) 2 je funkcija generatrise za niz (a0 , 0, a2 , 0, a4 , 0, . . . ).

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Zamena promenljive x sa xn

115

Jo jedna mogu´nost je zamena promenljive x sa xn . Ovo daje funkciju gens c eratrise za niz iji je lan sa rednim brojem nk jednak k-tom lanu originalnog c c c niza, dok su ostali lanovi niza jednaki 0 (obratimo panju da je a0 nulti lan niza c z c (an )). Na primer, funkcija A(x3 ) generie niz (a0 , 0, 0, a1 , 0, 0, a2 , 0, 0, a3 , 0, . . . ). s PRIMER 3.1.14 Na´i funkciju generatrise za niz c (1, 1, 2, 2, 4, 4, 8, 8, . . . ), tj. za niz an = 2 Reenje. s

n/2

.

Kao to smo ve´ videli, niz (1, 2, 4, 8, . . . ) ima funkciju generatrise s c 1 . 1 - 2x

Zamenom x sa x2 dobijamo da je 1 1 - 2x2 funkcija generatrise za niz (1, 0, 2, 0, 4, 0, 8, 0, . . . ). Mnoenjem sa x dalje dobiz jamo da je x 1 - 2x2 funkcija generatrisa za niz (0, 1, 0, 2, 0, 4, 0, 8, . . . ), a na kraju sabiranjem ove dve funkcije generatrise dobijamo i da je traena funkcija generatrisa jednaka z 1+x . 1 - 2x2

Diferenciranje i integracija Popularne operacije iz matematike analize, diferenciranje i integracija c funkcija generatrisa imaju slede´e znaenje na jeziku nizova. c c Izvod A (x) funkcije A(x) odgovara nizu (a1 , 2a2 , 3a3 , . . . , (n + 1)an+1 , . . . ). Tanije, lan sa rednim brojem k jednak je (k+1)ak+1 (stepeni red se diferencira c c lan po lan isto kao i polinom). c c x Funkcija generatrisa 0 A(t) dt odgovara nizu

1 (0, a0 , 1 a1 , 1 a2 , 1 a3 , . . . , n an-1 , . . . ), 2 3 4

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA tj. za sve k PRIMER 3.1.15 1, lan sa rednim brojem k jednak je c

1 k ak-1 .

116

Na´i funkciju generatrise za niz kvadrata (12 , 22 , 32 , . . . ), tj. za niz an = (n+1)2 . c Reenje. s Poinjemo sa nizom (1, 1, 1, 1, . . . ) ija je opte poznata funkcija c c s generatrise 1 . 1-x Po prethodnom pravilu, prvi izvod ove funkcije, 1 , (1 - x)2 je funkcija generatrise niza (1, 2, 3, 4, . . . ), tj. niza an = n + 1. Po istom pravilu, drugi izvod ove funkcije, 2 , (1 - x)3 je funkcija generatrise niza (2 · 1, 3 · 2, 4 · 3, . . . ). Clan sa rednim brojem k u 2 ovom nizu ima vrednost (k + 2)(k + 1) = (k + 1) + k + 1. Poto mi elimo niz sa s z optim lanom ak = (k + 1)2 , od gornje funkcije generatrise preostaje jo samo s c s da oduzmemo funkciju generatrise za niz (1, 2, 3, 4, . . . ). Time dobijamo da je traena funkcija generatrise jednaka z 2 1 1+x - = . 3 2 (1 - x) (1 - x) (1 - x)3

Mnoenje funkcija generatrise z Mnoenje funkcija generatrise je ujedno i najzanimljivija operacija. Proizvod z A(x)B(x) je funkcija generatrise za niz (c0 , c1 , c2 , . . . ), gde su koeficijenti ck dati pomo´u: c c0 c1 c2 = a0 b0 = a0 b1 + a1 b0 = a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 . . .

i uopte moemo da piemo s z s

k

ck =

i=0

ai bk-i .

Ovo se lako pamti -- koeficijenti proizvoda A(x)B(x) sve do k-tog su isti kao i u proizvodu polinoma (a0 + a1 x + . . . + ak xk ) i (b0 + b1 x + . . . + bk xk ).

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 3.1.16

117

Pretpostavimo da u dravi X u opticaju postoje zlatni novi´i vrednosti 2 dinara z cc i srebrni novi´i vrednosti 3 dinara. Na´i funkciju generatrise niza iji n-ti cc c c element, n 0, predstavlja broj naina da se n dinara plati pomo´u zlatnih i c c srebrnih novi´a? cc Reenje. Ovaj primer je uoptenje primera sa novi´ima iz prethodne sekcije, s s cc koje dobijamo prelaskom sa konanog na beskonani broj dostupnih novi´a. c c cc Sada, vrednosti koje se mogu platiti samo pomo´u zlatnih novi´a jesu c cc 0, 2, 4, 6, . . . , a za svaku od njih postoji samo jedan nain pla´anja: svi novi´i c c cc moraju biti zlatni, zar ne? Prema tome, funkcija generatrise za ovakva ograniena pla´anja je c c Z(x) = 1 + x2 + x4 + x6 + . . . = 1 . 1 - x2

Na slian nain, samo pomo´u srebrnih novi´a moemo da platimo, uvek na c c c cc z jedinstven nain, vrednosti 0, 3, 6, 9, . . . , ija je funkcija generatrise c c S(x) = 1 + x3 + x6 + x9 + . . . = 1 . 1 - x3

Sada, kao i u ranijim primerima, ako elimo da n dinara platimo koriste´i i z c zlatne i srebrne novi´e, broj ovakvih pla´anja ´e biti jednak koeficijentu uz xn cc c c u proizvodu Z(x)S(x). Prema tome, traena funkcija generatrise je jednaka z Z(x)S(x) = 1 . (1 - x2 )(1 - x3 )

NAPOMENA

Operacije koje smo naveli u ovom odeljku nisu korisne samo za nalaenje funkcije genez ratrise koja odgovara datom nizu, ve´ i za nalaenje niza koji odgovara datoj funkciji c z generatrise. U principu, ovaj problem se uvek moe reiti pomo´u Taylorovog reda, tj. z s c ponovljenim diferenciranjem, ali ova tehnika u praksi retko daje dobre rezultate.

NEKE POZNATE FUNKCIJE GENERATRISE

Nakon to smo videli koje sve operacije moemo da koristimo za dobis z janje novih funkcija generatrise, sada dajemo spisak funkcija generatrise za neke uobiajene nizove. Slian spisak moete na´i u skoro svakoj knjizi iz c c z c matematike analize koja obradjuje stepene redove. c a)

n 0

1 · xn =

1 1-x

b)

n 1

1 n 1 x = ln n 1-x

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA c)

n 0

118

1 n x = ex n! n xn = x (1 - x)2

d)

n 0

e)

n 0

(-1)n x2n+1 = sin x (2n + 1)! (-1)n 2n x = cos x (2n)! n+k n n k xn = 1 (1 - x)k+1

f)

n 0

g)

n 0

h)

n k

xn =

xk (1 - x)k+1

i)

n 0

(-1)n 2n+1 x = arctg x 2n + 1 2n n xn = 1 1 - 4x 1- 1 - 4x 2x

k k

j)

n 0

k)

n 0

2n + k n

1 x = 1 - 4x

n

l)

n 0

k!(2n + k - 1)! n x = n!(n + k)!

1-

1 - 4x 2x

m)

n 0

1 x3 1 · 3 x5 1 · 3 · 5 x7 (2n - 1)!! x2n+1 = x+ + + +. . . = arcsin x (2n + 1) · (2n)!! 2 3 2·4 5 2·4·6 7 2 2 sin n n 4 x = ex sin x n! 4n n!2 xn = (n + 1)(2n + 1)! arcsin x sin x

2

n

n)

n 1

o)

n 0

ZADACI

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

119

3.2

REKURENTNE JEDNACINE

Rekurentne jednaine su jednaine u kojima slede´i lan niza zavisi od nekoc c c c liko prethodnih (strogu, matematiku definiciju da´emo malo kasnije). One se c c jo negde nazivaju i diferencne jednaine (uglavnom na podrujima koja su bila s c c pod ruskim uticajem, stoga ponekad i kod nas), kao i rekurzivne jednaine. c Rekurentne jednaine nalaze iroki spektar primena (bi´e ilustrovane kasnije): c s c u ekonomiji, drutvenim naukama, fizici, raznim oblastima matematike... s Krenimo sa nekoliko ilustrativnih primera. PRIMER 3.2.1 Faktorijel n! se definie kao proizvod prvih n prirodnih brojeva, tj. n! = 1·2·. . .·n s (uzima se da je 0! = 1). Posmatrajmo niz faktorijela, an = n! 0!, 1!, 2!, 3!, . . . Ovaj niz zadovoljava rekurentnu relaciju an = n · an-1 , za n 1. Moemo i obratno ako imamo ovu relaciju i poetni uslov a0 = 1 da z c nadjemo sve lanove niza ponavljaju´i postupak iteracije: c c = n · an-1 = n · (n - 1) · an-2 = n · (n - 1) · (n - 2) · an-3 = . . . = n · (n - 1) · (n - 2) · . . . · 2 · 1 · a0 = n!

an

PRIMER 3.2.2

Niz realnih brojeva kod koga je razlika svaka dva uzastopna lana konstantna c i jednaka d (d je razlika niza) naziva se aritmetiki niz (ponekad i aritmetika c c progresija). Odredimo opti lan ovog niza. s c Reenje. Kako vai d = an+1 - an , dobijamo da elementi ovog niza zadovols z javaju rekurentnu relaciju an+1 = an + d. Matematikom indukcijom moemo pokazati da je opti lan ovog niza jednka c z s c an = a1 + (n - 1)d.

PRIMER 3.2.3

Niz realnih brojeva kod koga je kolinik svaka dva uzastopna lana konstantan c c i jednak q (q je kolinik niza) naziva se geometrijski niz (ponekad i geometrijska c progresija). Odredimo opti lan ovog niza. s c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Reenje. s Kako vai q = z

120

rekurentnu relaciju

an+1 , dobijamo da elementi ovog niza zadovoljavaju an an+1 = q · an .

Matematikom indukcijom moemo pokazati da je opti lan ovog niza jednka c z s c an = a1 · q n-1 . U prethodnim primerima smo videli neke od najjednostavnijih rekurentnih veza. Rekurentne veze mogu da zavise i od 2 ili vie indeksa. Jedan takav s primer je (rekurentna) definicija binomnih koeficijenata. PRIMER 3.2.4 U poglavlju 2.6 Osobine binomnih koeficijenata, videli smo da za binomne koeficijenate vai Adiciona formula 2.6: z n k = n-1 n-1 + , k-1 k uz poetne uslove c n 0 = 1.

Tu smo koristili da je 0 k n, ali smo napomenuli da formula vai i u sluajez c vima kada je k < 0 ili k > n (tada su svi binomni koeficijenti jednaki 0), kao i kada n nije ceo broj ili kada je n < 0. U nastavku ´emo razmatrati rekurentne jednaine koje zavise samo od c c jednog indeksa. Sada ´emo dati definiciju ovog veoma bitnog matematikog pojma. c c

DEFINICIJA 3.2.5

Rekurentna jednaina reda k je jednaina oblika c c (3.4) an+k = F (n, an , an+1 , . . . , an+k-1 ),

gde je n prirodan broj, a an , an+1 , . . . , an+k je k + 1 uzastopnih lanova niza c {an } . Reenje rekurentne jednaine je niz {an }, koji rekurentnu jednainu s c c n=1 prevodi u identitet.

DEFINICIJA 3.2.6

Opte reenje rekurentne jednaine reda k je ono reenje koje sadri sva rees s c s z s nja. Opte reenje rekurentne jednaine reda k sadri k proizvoljnih konstanti s s c z (zato to prvih k lanova niza u potpunosti odredjuje niz). Ukoliko su dati s c poetni lanovi ovog niza onda je mogu´e odrediti vrednosti tih konstanti -- c c c tada kaemo da smo dobili jedno ili partikularno reenje. z s

DEFINICIJA 3.2.7

Ako je

an an

(i)

(j)

= c, gde je c neka fiksirana konstanta, tada nizovi {an } i {an }

(i)

(j)

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA an

(i)

121

= c, tada nizovi (j) an (i) (j) {an } i {an } predstavljaju zavisna (proporcionalna) reenja. Pojam zavisnih s reenja moemo proiriti i na vie od 2 reenja -- ukoliko jedno reenje moemo s z s s s s z predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kaemo da su ta reenja zavz s isna. U protivnom imamo nezavisna reenja. s

predstavljaju nezavisna (neproporcionalna) reenja. Ako je s

TEOREMA 3.2.8

Reenja {an }, {an }, . . . , {an } rekurentne jednaine (3.4) k­tog reda su s c nezavisna ako i samo ako je slede´a determinanta razliita od nule: c c a1 (1) a2 . det(A) = . . as-1 (1) as

(1) (1)

(1)

(2)

(s)

an (2) an . . . as-1 (2) as

(2)

(2)

... ... ... ...

an (s) an . = 0. . . as-1 (s) as

(s)

(s)

s Dokaz . Ukoliko su nizovi {an }, {an }, . . . , {an } koji su reenja rekurentne jednaine nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni, pa je c rang matrice A jednak r(A) = s, to povlai da je det(A) = 0. s c Ako je det(A) = 0 onda je i r(A) = s, pa su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni, to povlai i da su reenja rekurentne jednaine nezavisna. s c s c Sada ´emo dati definiciju linearne rekurentne jednaine (najve´i deo ovog c c c poglavlja je posve´en ovom pojmu), a kasnije ´emo se sresti i sa nekim nelinc c earnim rekurentnim jednainama. c

DEFINICIJA 3.2.9

(1)

(2)

(s)

Linearna rekurentna jednaina je jednaina oblika c c (3.5) fk (n) · an+k + fk-1 (n) · an+k-1 + . . . + f0 (n) · an = f (n)

i ona se naje´e zadaje u normiranom obliku, tj. sa fk (n) = 1. c sc Ako je f (n) = 0 to je linearna homogena rekurentna jednaina c (3.6) fk (n) · an+k + fk-1 (n) · an+k-1 + . . . + f0 (n) · an = 0,

a ako je f (n) = 0 to je linearna nehomogena rekurentna jednaina. Ako su c funkcije fi (n) konstante onda imamo linearnu rekurentnu jednainu sa konstantc nim koeficijentima, u protivnom govorimo o linearnoj jednaini sa funkcionalnim c koeficijentima.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

122

LEMA 3.2.10

Neka su nizovi {an }, {an }, . . . , {an } reenja linearne homogene rekurents ne jednaine (3.6) tada je i c

(s) an = C1 · a(1) + C2 · a(2) + . . . + Cs · an n n

(1)

(2)

(s)

reenje te rekurentne jednaine. C1 , C2 , . . . , Cs su proizvoljne konstante. s c

(1) (2) (s)

Dokaz .

Kako su nizovi {an }, {an }, . . . , {an } reenja jednaine (3.6) vai s c z fk (n) · an+k + fk-1 (n) · an+k-1 + . . . + f0 (n) · an = 0 (2) (2) (2) fk (n) · an+k + fk-1 (n) · an+k-1 + . . . + f0 (n) · an = 0 . . . fk (n) · an+k + fk-1 (n) · an+k-1 + . . . + f0 (n) · an = 0

(s) (s) (s) (1) (1) (1)

Ako prvu od ovih jednaina pomnoimo sa C1 , drugu sa C2 , . . . , poslednju sa c z Cs i onda ih saberemo dobijamo jednainu c fk (n) · an+k + fk-1 (n) · an+k-1 + . . . + f0 (n) · an = 0, tj. da je i niz {an } reenje jednaine (3.6). s c TEOREMA 3.2.11 s Neka su {an }, {an }, . . . , {an } nezavisna reenja linearne homogene rekurentne jednaine (3.6) k­tog reda. Tada je niz sa optim lanom c s c an = C1 · a(1) + C2 · a(2) + . . . + Ck · a(k) , n n n gde su C1 , C2 , . . . , Ck proizvoljne konstante, opte reenje date jednaine. s s c

(1) (2) (k)

Dokaz . Neka je {an } proizvoljno reenje jednaine (3.6) i neka su a1 , a2 , . . . , ak s c prvih k lanova tog niza. Odredimo konstante C1 , C2 , . . . , Ck tako da za njih c (k) (1) (2) vai C1 · an + C2 · an + . . . + Ck · an = an , za n = 1, 2, . . . , k, tj. dobili smo z sistem linearnih jednaina c C1 · a1 + C2 · a1 + . . . + Ck · a1 = a1 (2) (k) (1) C1 · a2 + C2 · a2 + . . . + Ck · a2 = a2 . . . C1 · ak + C2 · ak + . . . + Ck · ak = an po nepoznatim konstantama C1 , C2 , . . . , Ck . Kako {an }, {an }, . . . , {an } predstavljaju nezavisna reenja po Teoremi 3.2.8 dobijamo da je determinanta s prethodnog sistema razliita od 0, te stoga taj sistem ima jedinstveno reenje. c s

(1) (2) (k) (1) (2) (k) (1) (2) (k)

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

123

Na osnovu injenice da prvih k lanova niza koji je reenje rekurentc c s ne jednaine k­tog reda u potpunosti odredjuju taj niz, kao i da su nizovi c (1) (2) (k) {an }, {an }, . . . , {an } reenja rekurentne jednaine (3.6) dobijamo da jeds c (1) (2) (k) nakost C1 · an + C2 · an + . . . + Ck · an = an vai za svako n N. z Opte reenje nehomogene linearne rekurentne jednaine (sluaj f (n) = 0) s s c c jednako je zbiru opteg reenja homogene rekurentne jednaine, hn , i nekog s s c partikularnog (proizvoljnog) reenja nehomogene rekurentne jednaine, pn : s c an = hn + pn . Nehomogena rekurentna jednaina se reava na neki od slede´ih naina: c s c c 1 nakon ispisivanja prvih nekoliko lanova niza uoimo neko pravilo (ili samo c c reenje) i to dokaemo matematikom indukcijom; s z c 2 reimo odgovaraju´u homogenu rekurentnu jednainu i pogodimo partikus c c larno reenje; s 3 reimo odgovaraju´u homogenu rekurentnu jednainu i primenimo metodu s c c varijacije konstanti.

LINEARNA REKURENTNA JEDNACINA SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA

Prvo ´emo posmatrati linearnu homogenu rekurentnu jednainu reda k sa c c konstantnim koeficijentima: (3.7) fk · an+k + fk-1 · an+k-1 + . . . + f0 · an = 0,

gde su fi , i = 0, 1, . . . , k konstante i f0 , fk = 0. Ako potraimo njeno reenje u z s obliku an = tn , dobijamo tn (fk tk +fk-1 tk-1 +. . .+f1 t+f0 ) = 0. Osim trivijalnog reenja an = 0 sva ostala reenja pretpostavljanog oblika daje jednaina s s c (3.8) fk tk + fk-1 tk-1 + . . . + f1 t + f0 = 0.

Ova algebarska jednaina se naziva karakteristina jednaina rekurentne jednaine c c c c (3.7). Sada razlikujemo nekoliko sluajeva u zavisnosti od toga kakvi su koreni c t1 , t2 , . . . , tk (jednaina stepena k ima tano k reenja nad poljem C) karakterc c s istine jednaine (3.8). c c 1 Sva reenja t1 , t2 , . . . , tk su medjusobno razliita. Tada je opte reenje s c s s an = C1 · t1 n + C2 · t2 n + . . . + Ck · tk n . NAPOMENA

Da su ova reenja nezavisna sledi iz s 1 x1 x1 2 1 x2 x2 2 Dn = . . . . . . . . . 1 xn xn 2 Teoreme 3.2.8 i Van der Mondove determinante . . . x1 n-1 . . . x2 n-1 Y (xj - xi ). . = .. . . . 1 i<j n . . . xn n-1

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

124

Slinim, ali komplikovanijim rezonom iz linearne algebre moemo pokazati da su c z reenja i iz narednog sluaja nezavisna. s c

2 Ako medju reenjima karakteristine jednaine ima viestrukih, uoimo kos c c s c ren tm reda s, s > 1. Tada se moe pokazati da su nizovi sa slede´im optim z c s lanovima tm n , ntm n , . . . , ns-1 tm n svi nezavisna reenja polazne rekurentne c s jednaine i da je deo opteg reenja koji odgovara korenu tm (koji se javlja c s s s puta jer mu je viestrukost s) jednak izrazu s Cm · tm n + Cm+1 · n · tm n + . . . + Cm+s-1 · ns-1 · tk n , gde su Cm , Cm+1 , . . . , Cm+s-1 proizvoljno odabrane konstante. NAPOMENA

Naredna 2 sluaja su specijalni sluajevi prethodna 2 sluaja, ali zbog nekih razliitosti, c c c c kao i njihovog znaaja ovde smo ih izdvojili. c

3 Neka je kompleksan broj ti = + i prosta nula karakteristine jednaine. c c Tada je i ti+1 = ti = - i prosta nula. Ako je ± i = · (cos ± i · sin ) onda imamo da su lanovi koji odgovaraju reenjima ti i ti+1 (taj deo je takodje c s realan broj) jednaki: Ci · ( + i)n + Ci+1 · ( - i)n = Di · n · cos n + Di+1 · n · sin n, gde su Ci i Ci+1 kompleksne konstante, a Di i Di+1 realne. 4 Ukoliko je kompleksan broj ti = + i nula reda s karakteristine jednaine c c (tada je i ti+1 = ti = - i nula reda s), slino kao u prethodna dva sluaja, c c njima odgovaraju partikularna reenja s n ·cos n, n ·sin n; n·n ·cos n, n·n ·sin n; . . . ; ns-1 ·n ·cos n, ns-1 ·n ·sin n. Odrediti niz {xn } zadat rekurentnom jednainom c xn+3 + axn+2 + bxn+1 + cxn = 0, a, b, c R. Reenje. Karakteristina jednaina je t3 + at2 + bt + c = 0 i neka su njene nule s c c t1 , t2 i t3 . U zavisnosti od toga kakve su t1 , t2 i t3 imamo nekoliko sluajeva: c 1 Ukoliko su sve tri nule razliiti realni brojevi opte reenje je c s s xn = C1 · t1 n + C2 · t2 n + C3 · t3 n . 2 Ukoliko su sve tri nule realni brojevi i t1 = t2 = t3 , opte reenje je s s xn = C1 · t1 n + C2 · n · t1 n + C3 · t3 n . 3 Ukoliko su nule trostruke i realne, tj. t1 = t2 = t3 , opte je s xn = C1 · t1 n + C2 · n · t1 n + C3 · n2 · t1 n .

PRIMER 3.2.12

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

125

4 Ukoliko nisu sva reenja realna, tj. t1 R, t2 = + i = · (cos + i · sin ), s t3 = - i = · (cos - i · sin ), opte reenje je s s xn = C1 · t1 n + C2 · n · cos n + C3 · n · sin n.

PRIMER 3.2.13

Reiti sistem rekurentnih jednaina (za proizvoljne p, q, r, s R): s c xn+1 = pxn + qyn , yn+1 = rxn + syn . Reenje. s Ako je q = r = 0 imamo dve (medjusobno nezavisne) geometrijske progresije. Kada je q = 0 (i slino ako je r = 0) sistem svodimo na jednu c xn+1 - pxn rekurentnu jednainu drugog reda: iz prve jednaine imamo yn = c c , q xn+2 - pxn+1 yn+1 = (svako n u prethodnoj jednaini smo zamenili sa n + 1) c q i kad ovo zamenimo u drugu dobijamo xn+1 - pxn xn+2 - pxn+1 = rxn + s , q q odnosno nakon sredjivanja xn+2 + (p + s)xn+1 + (sp - qr)xn = 0, to je homogena linearna rekurentna jednaina sa konstantnim koeficijentima s c (najvie 2. reda) koju dalje moemo reiti standardnim postupkom. Niz {yn } s z s moe se odrediti iz relacije qyn = xn+1 - pxn . z Sada se vratimo na nehomogenu linearnu rekurentnu jednainu reda k sa c konstantnim koeficijentima: (3.9) fk · an+k + fk-1 · an+k-1 + . . . + f0 · an = f (x).

Prvo ´emo reiti odgovaraju´u homogenu jednainu ­ to je jednaina (3.7) i c s c c c dobi´emo homogeni deo reenja hn na nain opisan u prethodnom izlaganju. c s c Ako ne moemo da pogodimo reenje (to nije ba lako), u nekoliko (veoma z s s s estih) sluaja znamo u kom obliku treba da traimo partikularno reenje: c c z s · Ako je f (n) = Pd (n) polinom stepena d po promenljivoj n i ako t = 1 nije reenje karakteristine jednaine rekurentne jednaine (3.7) s c c c tada partikularno reenje nehomogene jednaine (3.9) traimo kao nepozs c z nati polinom Qd (n) stepena d, tj. u obliku pn = Qd (n) = A0 + A1 n + A2 n2 + . . . + Ad nd , gde nepoznate konstante Ai dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u polaznu nehomogenu jednainu (3.9). c Ako je f (n) = Pd (n) i t = 1 jeste koren mnogostrukosti m karakteristine c jednaine onda partikularno reenje traimo u obliku c s z pn = nm · Qd (n) = A0 nm + A1 nm+1 + A2 nm+2 + . . . + Ad nm+d .

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

126

· Ako je f (n) = Kbn (K je neka konstanta) i ako t = b nije koren karakteristine jednaine onda partikularno reenje traimo u obliku c c s z pn = Abn , gde nepoznatu konstantu A traimo tako to izraz za pn zamenimo u (3.9). z s n Ako je f (n) = Kb i ako t = b jeste koren mnogostrukosti m karakteristine jednaine onda partikularno reenje traimo u obliku c c s z pn = Anm bn . · Ako je f (n) = Pd (n)·bn , gde je Pd (n) polinom stepena d po promenljivoj n i ako t = b nije reenje karakteristine jednaine rekurentne jednaine (3.7) s c c c tada partikularno reenje nehomogene jednaine (3.9) traimo u obliku s c z pn = Qd (n) · bn = (A0 + A1 n + A2 n2 + . . . + Ad nd ) · bn , gde nepoznate konstante Ai dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (3.9). Ako je f (n) = Pd (n) i t = b jeste koren mnogostrukosti m karakteristine c jednaine onda partikularno reenje traimo u obliku c s z pn = nm · Qd (n) · bn = (A0 nm + A1 nm+1 + A2 nm+2 + . . . + Ad nm+d ) · bn . · Ako je nehomogeni deo f (n) = K · cos(n) ili f (n) = K · sin(n) ili f (n) = K1 · cos(n) + K2 · sin(n) (K, odnosno K1 i K2 su konstante) i ako t = ei = cos +i sin nije reenje karakteristine jednaine rekurentne s c c jednaine (3.7) tada partikularno reenje nehomogene jednaine (3.9) c s c traimo u obliku z pn = A cos(n) + B sin(n), gde nepoznate konstante A i B dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (3.9). Ako nehomogeni deo f (n) = K · cos(n) ili f (n) = K · sin(n) ili f (n) = K1 · cos(n) + K2 · sin(n) i t = ei jeste koren mnogostrukosti m karakteristine jednaine (3.7) onda partikularno reenje traimo u obliku c c s z pn = nm · A cos(n) + B sin(n) . · Ako je f (n) = Pd (n) · sin(n) ili f (n) = Pd (n) · cos(n) ili f (n) = Pd1 (n)·sin(n)+Pd2 (n)·cos(n), gde je Pd (n) polinom stepena d po promenljivoj n, odnosno u tre´em sluaju Pd1 (n) i Pd2 (n) polinomi stepena c c d1 i d2 , za koje vai da je d = max{d1 , d2 }, i ako t = ei = cos + i sin z nije reenje karakteristine jednaine (3.7) tada partikularno reenje nes c c s homogene jednaine (3.9) traimo u obliku c z pn = Qd (n) · sin(n) + Rd (n) · cos(n) = (A0 + A1 n + A2 n2 + . . . + Ad nd ) · sin(n) + (B0 + B1 n + B2 n2 + . . . + Bd nd ) · cos(n),

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

127

gde nepoznate konstante Ai i Bj (tj. nepoznate polinome Qd (n) i Rd (n) stepena d) dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (3.9). Ako je f (n) = Pd (n) · sin(n) ili f (n) = Pd (n) · cos(n) ili f (n) = Pd1 (n) · sin(n) + Pd2 (n) · cos(n) i t = ei jeste koren mnogostrukosti m karakteristine jednaine (3.7) onda partikularno reenje c c s traimo u obliku z pn = nm · Qd (n) · sin(n) + Rd (n) · cos(n) . · (Najoptiji od ovih oblika) Ako je f (n) = Pd (n) · bn · sin(n) ili f (n) = s Pd (n)·bn ·cos(n) ili f (n) = bn · Pd1 (n)·sin(n)+Pd2 (n)·cos(n) i ako t = b · ei = b(cos + i sin ) nije reenje karakteristine jednaine rekurentne s c c jednaine (3.7) tada partikularno reenje nehomogene jednaine (3.9) c s c traimo u obliku z pn = bn · Qd (n) · sin(n) + Rd (n) · cos(n) , gde nepoznate polinome Qd (n) i Rd (n) stepena d dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (3.9). Ako je f (n) = Pd (n) · bn · sin(n) ili f (n) = Pd (n) · bn · cos(n) ili f (n) = bn · Pd1 (n)·sin(n)+Pd2 (n)·cos(n) i t = b·ei jeste koren mnogostrukosti m karakteristine jednaine onda partikularno reenje traimo u obliku c c s z pn = nm · bn · Qd (n) · sin(n) + Rd (n) · cos(n) . Ako je nehomogeni deo f (n) sastavljen od zbira (ili razlike) nekoliko delova od kojih je svaki nekog od oblika koji su dati malopre, onda za svaki od njih ponaosob odredimo odgovaraju´e partikularno reenje i onda ih saberemo (ili c s oduzmemo), tj. nehomogenom delu f (n) odgovara slede´i partikularni deo p(n): c f (n) = f1 (n) + f2 (n) + . . . p(n) = p1 (n) + p2 (n) + . . . ,

gde nehomogenom delu f1 (n) odgovara partikularno reenje p1 (n), f2 (n) odgos vara p2 (n), . . . Prethodna teoretska razmatranja ´emo ilustrovati kroz naredne primere. c PRIMER 3.2.14 Nadjimo opte reenje rekurentne jednaine an = 6an-1 - 8an-2 + 3n . s s c Reenje. s Reimo prvo homogenu jednainu an = 6an-1 - 8an-2 , tj. kad sve s c prebacimo na levu stranu an - 6an-1 + 8an-2 = 0. Ona ima karakteristinu jednainu t2 - 6t + 8 = 0 koja ima 2 reenja t1 = 2 i c c s t2 = 4. Stoga je reenje homogenog dela s hn = C1 · 2n + C2 · 4n ,

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

128

gde su C1 i C2 neke konstante koje zavise od poetnih uslova (kako u ovom c primeru nisu dati poetni uslovi ove konstante ne moemo odrediti, tj. one ´e c z c ostati i u krajnjem reenju). s Sada traimo partikularno reenje. Kako je nehomogeni deo f (n) = 3n i z s t = 3 nije koren karakteristine jednaine partikularno reenje traimo u obliku c c s z pn = A · 3n . Tada je pn-1 = A · 3n-1 i pn-2 = A · 3n-2 i kad ovo ubacimo u polaznu jednainu dobijamo da je c A · 3n = 6 · A · 3n-1 - 8 · A · 3n-2 + 3n . Kada sve podelimo sa 3n-2 dobijamo 9A = 18A - 8A + 9, odakle je A = -9 = -32 . Dobijamo da je partikularno reenje pn = -3n+2 . Konano imamo da je s c reenje ove rekurentne jednaine an = hn + pn : s c an = C1 · 2n + C2 · 4n - 3n+2 .

PRIMER 3.2.15

Nadjimo opti lan niza zadatog sa an -6an-1 +12an-2 -8an-3 = 2n uz poetne s c c uslove a0 = 0, a1 = 2 i a2 = 16. Reenje. s Reimo prvo homogenu jednainu. Kada reimo karakteristinu s c s c jednainu t3 - 6t2 + 12t - 8 = 0 dobijemo trostruku nulu t1 = t2 = t3 = 2. Stoga c je reenje homogenog dela s hn = C1 2n + C2 n2n + C3 n2 2n . Kako je t = 2 trostruka nula (nula reda 3) partikularno reenje traimo u obliku s z pn = An3 2n . Kada ubacimo pn-1 , pn-2 i pn-3 u polaznu rekurentnu vezu 1 1 dobi´emo A = 6 , tj. partikularno reenje je pn = 6 n3 2n , to nam daje opte c s s s reenje ovog niza: s 1 1 an = C1 2n + C2 n2n + C3 n2 2n + n3 2n = 2n (C1 + C2 n + C3 n2 + n3 ). 6 6 Konstante C1 , C2 i C3 traimo iz poetnih uslova (reavanjem sistema linearnih z c s jednaina): c a0 = 0 = 20 (C1 + C2 · 0 + C3 · 02 + a1 = 2 = 21 (C1 + C2 · 1 + C3 · 12 + a2 = 16 = 22 (C1 + C2 · 2 + C3 · 22 +

1 6 1 6 1 6

· 03 ) · 13 ) · 23 ) C1 = 0, C2 = 1 1 , C3 = . 3 2

Konano dobijamo opti lan niza kada ove konstante ubacimo u opte reenje: c s c s s

1 an = 2n ( 1 n + 1 n2 + 6 n3 ) = 3 2

2n · n(n + 1)(n + 2) . 6

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

129

Osvrnimo se jo na reavanje linearne rekurentne jednaine reda k sa kons s c stantnim koeficijentima (3.9) kada je dato k poetnih uslova. Tada imamo dve c mogu´nosti. c · Ako su poetni uslovi uzastopni (tj. njihovi indeksi su uzastopni celi broc jevi, npr. a0 , a1 , . . . , ak-1 ili a1 , a2 , . . . , ak ) onda su konstante Ci u homogenom reenju hn jedinstveno odredjene, odnosno odgovaraju´i probs c lem ima jedinstveno reenje. s · Ako poetni (ili granini) uslovi nisu uzastopni onda odgovaraju´i problem c c c moe da ima jedinstveno reenje, vie reenja ili da uopte nema reenja. z s s s s s Ilustrujmo ovo na jednom jednostavnom primeru. PRIMER 3.2.16 Homogenoj rekurentnoj relaciji an = 4an-2 odgovara karakteristina jednaina c c t2 - 4 = 0, pa je opte reenje an = C1 · 2n + C1 · (-2)n . U zavisnosti od toga s s kakvi su poetni uslovi imamo nekoliko razliitih sluajeva (u prvom sluaju c c c c ´emo dati uzastopna reenja, a u naredna 3 neuzastopna): c s · a0 = x a1 = y C1 2C1 + C2 - 2C2 2x - y 2x + y = x i C2 = C1 = = y 4 4 an =

2x+y 4

imamo jedinstveno reenje s ·

· 2n +

2x-y 4

· (-2)n .

a0 = 1 C1 + C2 = 1 C1 = i C2 = 1 - , gde je a2 = 4 4C1 + 4C2 = 4 R imamo beskonano mnogo reenja (koja zavise od jednog c s parametra ) an = · 2n + (1 - ) · (-2)n . a0 = 1 a2 = 5 a0 = 2 a3 = 0 C1 4C1 C1 8C1 + + C2 4C2 = = 1 nema reenja. s 5

· ·

+ C2 - 8C2

= 2 C1 = C2 = 1 imamo jedin= 0 2n+1 0 n parno . n neparno

stveno reenje an = 2n + (-2)n = s

NEKE NELINEARNE REKURENTNE JEDNACINE

PRIMER 3.2.17 Dat je niz sa a0 = 1, an = an-1 + an-2 + . . . + a1 + 2a0 za n lan. c 1. Na´i opti c s

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

130

Reenje. s Ovde nam problem ini to svaki slede´i lan niza zavisi od svih c s c c prethodnih. Primetimo da je an-1 = an-2 + . . . + a1 + 2a0 . Polazna rekurentna jednaina svodi na c an = an-1 + (an-2 + . . . + a1 + 2a0 ) = an-1 + an-1 = 2an-1 , uz poetni uslov a0 = 1. Reenje ove linearne rekurentne jednaine prvog reda c s c sa konstantnim koeficijentima je an = 2n . xn+1 3 za n xn 2

PRIMER 3.2.18

Dat je niz sa x0 = 1, x1 = 2, xn+2 =

0. Na´i opti lan. c s c

Reenje. s Principom matematike indukcije se pokae da je xn > 0 za svako c z n N. Tada moemo uvesti smenu yn = log2 xn . Kada logaritmujemo polaznu z rekurentnu jednainu dobijamo linearnu rekurentnu jednainu sa konstantnim c c koeficijentima yn+2 = 3yn+1 - 2yn (sa poetnim uslovima y0 = 0, y1 = 1). Ova jednaina ima reenje yn = 2n - 1, c c s n pa je reenje polazne nelinaerne rekurentne jednaine xn = 22 -1 . s c PRIMER 3.2.19 Niz {an } definisan je na slede´i nain: a1 = 1, an = c c za n > 1. Odrediti a2007 . Reenje. s n+1 (a1 + a2 + . . . + an-1 ) n-1

Data rekurentna jednaina moe se zapisati i kao c z (n - 1)an = (n + 1)(a1 + a2 + . . . + an-1 ),

a sada ako obema stranama dodamo (n - 1)(a1 + a2 + . . . + an-1 ) dobijamo jednainu c (n - 1)(a1 + a2 + . . . + an-1 + an ) = 2n(a1 + a2 + . . . + an-1 ), koja se moe srediti na oblik z a1 + a2 + . . . + an-1 a1 + a2 + . . . + an-1 + an =2· . n n-1 Sa Sk oznaimo aritmetiku sredinu prvih k lanova niza, tj. Sk = a1 +a2 +...+ak , c c c k dobijamo linearnu jednainu sa konstantnim koeficijentima prvog reda c Sn = 2Sn-1 , s c ije je reenje Sn = 2n-1 . Na osnovu ovoga nalazimo opti lan polaznog niza c s an = nSn - (n - 1)Sn-1 = (n + 1)2n-2 .

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Zamenom u prethodnu jednakost dobijamo da je a2007 = 2008 · 22005 . PRIMER 3.2.20

131

Niz realnih brojeva a0 , a1 , a2 , . . . zadovoljava relaciju: am+n +am-n -m+n-1 = a2m + a2n za sve m, n N0 , m n. Ako je a1 = 3 na´i a2007 . c 2 Reenje. s (3.10) Za n = 0 dobijamo a2m = 4am - 2m - 3.

Za m = 1 i n = 0 dobijamo a2 = 7. n = 1 u polaznoj relaciji daje am+1 + 1 am-1 - m = (a2m + a2 ) i odatle nalazimo 2 (3.11) a2m = 2am+1 + 2am-1 - 2m - 7.

Kada od (3.11) oduzmemo (3.10) i podelimo sa 2 dobijamo nehomogenu linearnu rekurentnu jednainu c (3.12) am+1 - 2am + am-1 = 2.

Reimo ovu nehomogenu jednainu. Odgovaraju´oj homogenoj odgovara karaks c c teristina jednaina t2 - 2t + 1 = 0, koja ima dvostruko reenje t1 = t2 = 1, c c s te tada dobijamo da je homogeni deo reenja an,h = A + Bn. Partikularno s reenje traimo u obliku an,p = Cn2 , to kad uvrstimo u nehomogenu rekurentnu s z s jednainu (3.12) nalazimo an,p = n2 . Stoga je an = an,h + an,p = A + Bn + n2 . c Konstante A i B dobijamo iz poetnih uslova a0 = 1 = A, a1 = 3 = A + B + 1, c to nam daje reenje A = B = C = 1, odakle je s s an = n2 + n + 1 za svako n N0 . Odgovor na pitanje iz zadatka je a2007 = 20072 + 2008. PRIMER 3.2.21 Reiti rekurentnu jednainu xn+1 - n · xn = n! · n5 , za n s c 0.

Reenje. s Reimo prvo odgovaraju´u homogenu jednainu hn+1 - nhn = 0. s c c Kako je hn = (n - 1)hn dobijamo da je hn = C(n - 1)! (gde je h1 = C). Potraimo opte reenje polazne rekurentne jednaine metodom varijacije konz s s c stanti (umesto konstante C uzimamo da je tu neki nepoznati niz cn , tj. u obliku pn = cn · (n - 1)! to kad uvrstimo u polaznu rekurentnu jednainu dobijamo s c n! · cn+1 - n · (n - 1)! · cn = n! · n5 ,

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

132

odakle kad skratimo sve sa n! dobijamo nehomogenu linearnu rekurentnu jednainu sa konstantnim koeficijentima c cn+1 - cn = n5 . Kako je nehomogeni deo f (n) = n5 polinom stepena 5 i kako je t = 1 nula karakteristine jednaine partikularno reenje traimo u slede´em obliku c c s z c pn = n · Q5 (n) = n · (An5 + Bn4 + Cn3 + Dn2 + En + F ), dde je Q5 (n) nepoznati polinom stepena 5. Konstante A, B, C, D, E, F odredjujemo ubacivanjem u jednainu pn+1 - pn = n5 ­ dobijamo c pn = 1 (2n6 - 6n5 + 5n4 - n2 ), 12

1 s odnosno kada faktoriemo pn = 12 n2 (n - 1)2 (2n2 - 2n - 1). Kako je reenje s homogenog dela samo konstanta K dobijamo da je opte reenje s s

xn = K +

1 2 n (n - 1)2 (2n2 - 2n - 1). 12

Konstantu K treba da odredimo iz poetnih uslova. Kada n = 0 uvrstimo u c polaznu jednainu dobijamo da je x1 = 0, a odatle je K = 0. Konano dobijamo c c da je 1 2 n (n - 1)2 (2n2 - 2n - 1) n 1 xn = 12 , M n=0 gde je M proizvoljna konstanta. PRIMER 3.2.22 Odrediti xn ako je dato x0 = m i xn+1 = axn + b . cxn + d

yn Uvedimo smenu xn = , uz nove poetne uslove z0 = 1 i y0 = m. c zn yn+1 Tada imamo xn+1 = , a kada zamenimo u polaznu jednainu imamo c zn+1 n a yn + b ayn + bzn axn + b z = yn . Izjednaavanjem ova 2 izraza poc xn+1 = = cxn + d c zn + d cyn + dzn laznu nelinearnu rekurentnu jednainu smo sveli na sistem linearnih rekurentnih c jednaina c yn+1 = ayn + bzn , zn+1 = cyn + dzn Reenje. s uz poetne uslove z0 = 1 i y0 = x0 , to je Primer 3.2.13. c s Proverimo jo da ovako odredjeni nizovi {yn } i {zn } u potpunosti odredjuju s 0 niz {xn }. Tada je x0 = y0 = m = m i z 1 xn+1 =

n a yn + b yn+1 ayn + bzn axn + b z = = yn = . zn+1 cyn + dzn c zn + d cxn + d

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

133

PRIMER 3.2.23

Niz {xn } koji je reenje rekurentne jednaine xn+1 = s c x2006 = 3. Odrediti koliko je x1 .

xn - 1 zadovoljava uslov xn + 1

Reenje. s Ovaj primer bismo mogli da uradimo tehnikom koju smo razvili u prethodnom primeru, ali ´emo ovde dati drugi pristupak. c Ako izraunamo prvih nekoliko lanova niza dobijamo c c x1 = x0 - 1 , x0 + 1 x2 = - 1 , x0 x3 = x0 + 1 1 - x0 i x4 = x0 .

Kako svaki slede´i lan niza {xn } zavisi samo od prethodnog, to je ovaj niz c c periodian sa periodom 4. Stoga je a2006 = a4·501+2 = x2 = 3, a iz polazne c s c rekurentne jednaine imamo x2 = x1 -1 . Reavanjem jednaine 3 = x1 -1 dobic x1 +1 x1 +1 jamo da je x1 = -2. PRIMER 3.2.24 Reiti rekurentnu jednainu xn+1 · xn + axn+1 + bxn + c = 0. s c yn+1 - a. Kada zamenimo u polaznu yn yn+1 yn+2 yn+2 jednainu imamo ( yn+1 -a)( yn -a)+a·( yn+1 -a)+b·( yn+1 -a)+c = 0, odnosno c yn nakon skra´ivanja yn+2 + (b - a) yn+1 + (c - ab) = 0, to nakon mnoenja sa yn c s z yn yn daje homogenu linearnu rekurentnu jednainu sa konstantnim koeficijentima c Reenje. s Uvedimo smenu xn = yn+2 + (b - a)yn+1 + (c - ab)yn = 0.

PRIMER 3.2.25

Reiti rekurentnu jednainu xn+1 = xn (2 - c · xn ), sa poetnim uslovom x0 = a. s c c Reenje. s Ako je c = 0, data rekurentna jednaina se svodi na linearnu c jednainu prvog reda xn+1 = 2xn i ona ima reenje xn = a · 2n . c s Neka je c = 0. Tada imamo slede´i niz jednakosti c cxn+1 = cxn (2 - xn ) = 1 - (1 - cxn ) 1 + (1 - cxn ) = 1 - (1 - cxn )2 , odakle dobijamo da je 1-cxn+1 = (1-cxn )2 . Smenom yn = 1-cxn se prethodna rekurentna jednaina svodi na yn+1 = yn 2 uz poetni uslov y0 = 1 - ac. c c Iz jednakosti yn+1 = yn 2 nam sledi i da su svi (tj. za n 1) lanovi niza c {yn } pozitivni, pa moemo uvesti novu smenu zn = ln yn pa dobijamo linearnu z jednainu zn+1 = 2zn , uz poetni uslov z0 = ln(1 - ac). Odavde, slino kao i u c c c n prvom sluaju, dobijamo da je zn = 2n · ln(1 - ac), odakle je yn = (1 - ac)2 , c 2n 1 - (1 - ac) odakle je xn = . c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 3.2.26 Reiti rekurentnu jednainu xn+1 = s c Reenje. s Primetimo da je 1 (xn - c)2 c= · 2 xn i xn+1 + 1 (xn + c)2 c= · . 2 xn 1 2 xn + c , uz uslov x0 = a. xn

134

xn+1 -

Stoga imamo da je xn+1 - c (x - c)2 = n 2 = xn+1 + c (xn + c) xn - c xn + c

2

.

2n

xn+1 - c a- c = Dalje, kao i u prethodnom primeru, dobijamo da je xn+1 + c a+ c n 2 a- c n n (a + c)2 + (a - c)2 1 + a+c c· odakle nalazimo xn = c · . 2n = (a + c)2n - (a - c)2n c 1 - a-c a+ PRIMER 3.2.27 Reiti rekurentnu jednainu xn+1 = 2xn 2 - 1, sa poetnim uslovom x0 = a. s c c Reenje. s Neka je c broj koji zadovoljava jednakost xn = c2 + c-2 2

n n

,

c+c-1 2

= a. Pokaimo da z

predstavlja reenje date rekurentne jednaine: s c xn+1 = a i x0 = PRIMER 3.2.28 c2

n+1

+ c-2 2

0

n+1

c2 + c-2 = 2 = a.

n

n

2

-2

c2 + c-2 = 2· 2

n

n

2

-1 = 2xn 2 -1,

c2 +c-2 2

0

=

c+c-1 2

Na´i reenje sistema rekurentnih jednaina c s c 2xn+1 + yn+1 = xn + 3yn , xn+1 + yn+1 = xn + yn ,

koje zadovoljava poetne uslove x0 = 1 i y0 = 2. c Reenje. s Kada od prve jednaine oduzmemo drugu dobijamo xn+1 = 2yn . c Kada od dvostruke druge oduzmemo prvu dobijamo yn+1 = xn -yn . Sada kao u x = 2yn Primeru 3.2.13 reimo ovaj novi sistem rekurentnih jednaina n+1 s c yn+1 = xn - yn sa istim poetnim uslovima x0 = 1 i y0 = 2, te dobijamo reenje c s xn = 2 - (-2)n , yn = 1 + (-2)n .

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

135

PRIMER 3.2.29

Nizovi {an } i {bn } zadovoljavaju sistem rekurentnih jednaina c an+1 = bn , an bn+1 = bn - 1 . an - 1

Na´i poetne uslove x0 i y0 ako je poznato da ovi nizovi konvergiraju. c c Reenje. s Odredimo prvih nekoliko lanova oba niza c a1 = b0 a0 a0 (b0 - 1) a2 = b0 (a0 - 1) a3 = b0 b0 - 1 b0 - 1 a4 = b0 - a0 a5 = a0 b1 = b0 - 1 a0 - 1 a0 b2 = a0 - 1 b0 b0 - a0 a0 (b0 - 1) b4 = b0 - a0 b 5 = b0

b3 =

Vidimo da su oba niza periodini sa istim periodom 5. Periodin nizovi {an } c c i {bn } su konvergentni ako i samo ako su konstantni, tj. akko vai a1 = a0 i z b1 = b0 , odnosno akko je b0 = a0 a0 i b0 - 1 = b0 . a0 - 1

Eliminisanjem promenljive b0 = a0 2 iz ovog sistema dobijamo kvadratnu jednainu a0 2 - a0 - 1 = 0, ijim reavanjem dobijamo 2 reenja ovog sistema: c c s s (a0 , b0 )

1- 5 3- 5 , 2 2

,

1+ 5 3+ 5 , 2 2

.

PRIMER 3.2.30

Reiti sistem rekurentnih jednaina xn+1 = s c nim uslovima x0 = a i y0 = b.

xn + yn 2xn yn , yn+1 = , sa poetc 2 xn + yn

Reenje. s Ako pomnoimo ove 2 jednaine dobijamo xn+1 yn+1 = xn yn . z c Pomo´u ove relacije principom matematike indukcije dokazujemo da je xn yn = c c ab, te se time polazni sistem rekurentnih jednaina sveo na c xn+1 = xn + yn , 2 xn yn = ab.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

136

Ako sad elimiemo promenljivu yn iz ovih jednakosti dobijamo jednainu xn+1 = s c ab 1 c (xn + xn ), koju smo ve´ razmatrali u Primeru 3.2.26, te imamo da je njeno 2 reenje s n n ( a + b)2 + ( a - b)2 xn = ab · . ( a + b)2n - ( a - b)2n Sada iz relacije xn yn = ab nalazimo i yn : n n ( a + b)2 - ( a - b)2 yn = ab · . ( a + b)2n + ( a - b)2n

PRIMER 3.2.31

Dat je niz x1 = 2, x2 = x3 = 7, xn+1 = xn · xn-1 - xn-2 . Dokazati da je xn + 2 potpun kvadrat. Reenje. s Odredimo narednih nekoliko lanova niza: c x4 = 47, x5 = 322, x6 = 15 127, x7 = 4 870 847.

Vidimo da on jako brzo raste, te ´emo pokuati sa pretpostavkom da je opti c s s lan niza u obliku xn = af (n) + a-f (n) . Uvrtavanjem u polaznu rekurentnu c s jednainu dobijamo c af (n+1) +a-f (n+1) = (af (n) +a-f (n) )·(af (n-1) +a-f (n-1) )-(af (n-2) +a-f (n-2) ), tj. af (n+1) + a-f (n+1) = af (n)+f (n-1) + af (n)-f (n-1) + a-f (n)+f (n-1) + a-f (n)-f (n-1) - af (n-2) - a-f (n-2) . Ako izjednaimo 1. i 2. lan sa leve strane c c i 1. i 4. lan sa desne strane dobija se da je c f (n + 1) = f (n) + f (n - 1). Ovo tano odgovara da se ostali lanovi pokrate, jer je pomerena ova jednaina c c c f (n) = f (n - 1) + f (n - 2), tj. f (n) - f (n - 1) = f (n - 2). Ostaje da traimo poetne uslove za funkciju f (n). Iz x1 = 2 = af (1) +a-f (1) z c dobijamo da je f (1) = 0 (sluaj a = 1 otpada jer bi onda bilo xn 2, to nije c s (2) tano jer je x2 = 7). Dalje, iz x2 = 7 = af (2) + a-f (2) , smenom t = af , c s dobijamo kvadratnu jednainu t2 - 7t + 1 = 0 koja ima reenja t1,2 = 7±3 5 . c 2 Kako je t1 =

7+3 5 2

=

3+ 5 2

2

i t2 =

7-3 5 2

=

3+ 5 2

-2

, moemo uzeti da z

je a = 3+2 5 i f (2) = 2. Proverimo da li se ovo uklapa i u tre´i poetni uslov: c c f (3) = f (2) + f (1) = 2 + 0 = 2 i x3 = af (3) + a-f (3) = af (2) + a-f (2) = x2 = 7. Sada imamo da je f (n) = 2Fn-1 (gde Fn oznaava n-ti lan Fibonaijevog niza c c c zadatog sa F1 = F2 = 1 i Fn+1 = Fn + Fn-1 ), te konano nalazimo da je opti c s lan niza {xn } jednak c xn = 3+ 5 2

2Fn-1

+

3- 5 2

2Fn-1

.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

3+ 5 2 Fn-1 3- 5 2 Fn-1 Fn-1 2

137

Sada direktno dobijamo da je xn + 2 = Iz Binomnog razvoja sledi da je broj

F8Fn-1 . F4Fn-1

+ +

. ceo.

3+ 5 2

Fn-1

3- 5 2

NAPOMENA

Moe se pokazati da je xn = z

NAPOMENA

Kako je

3+ 5 2

=

"

"2 1+ 5 2

to vai i da je z (p x +2+2 p n xn + 2 - 2 za n = 3k + 1 za n = 3k + 1

taan kvadrat, jer je Fn paran akko je n = 3k. c

PRIMENE REKURENTNIH JEDNACINA

Sada ´emo se osvrnuti na neke od primena rekurentnih jednaina: u c c ekonomiji, linearnoj algebri (za raunanje determinanti i odredjivanje stepena c matrice), matematikoj analizi (za raunanje nekih vrsta integrala), teoriji broc c jeva, aritmetici, kao i u samoj kombinatorici (razni kombinatorni problemi, kao i permanent matrice). Sve ´emo ih ilustrovati kroz primere. Pored toga c rekurentne jednaine nalaze primene i u drugim naukama, npr. fizici (za izraunc c avanje starosti nekog predmeta kori´enjem perioda poluraspada radioaktivnog sc ugljenika), drutvenim naukama... s PRIMER 3.2.32 Banka nudi godinji interes r (u procentima) na uloeni kapital. Neka a0 glavnica s z koju smo uloili u banku (poetni depozit) i an predstavlja koliinu na koju je z c c narastao kapital u toj banci nakon n godina. Odrediti koliko je an ako je u pitanju: a) prost kamatni raun; b) sloen kamatni raun. c z c Reenje. s a) Na kraju svake godine kapital se uve´ava za ra0 . Stoga je c rekurentna jednaina c an+1 = an + ra0 . Kada reimo ovu rekurentnu jednainu dobijamo da je an = a0 (1 + nr). s c b) U sloenom kamatnom raunu kapital se na kraju n-te godine uve´ava za z c c r · an (an je kapital na poetku te godine). Stoga imamo rekurentnu jednainu c c an+1 = an (1 + r). Kada reimo ovu rekurentnu jednainu dobijamo da je an = a0 (1 + r)n . s c PRIMER 3.2.33 Izraunati vrednost determinante reda n c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 10 -5 0 0 ... 0 0 -5 10 -5 0 . . . 0 0 0 -5 10 -5 . . . 0 0 0 -5 10 0 0 . Dn (-5, 10, -5) = 0 . . .. .. .. . . . . . . . 0 0 0 . . . -5 10 -5 0 0 0 . . . 0 -5 10

138

Reenje. s Ako datu determinantu razvijemo prvo po prvoj vrsti, a zatim po prvoj koloni dobijamo rekurentnu vezu Dn = 10Dn-1 - 25Dn-2 (Dn-1 i Dn-2 predstavljaju determinante istog oblika samo manjih redova: n - 1 i n - 2). Odgovaraju´a karakteristina jednaina je t2 - 10t + 25 = 0 i ona ima dvostruko c c c realno reenje t1 = t2 = 5, pa je opte reenje s s s Dn = C1 · 5n + C2 · n · 5n . Nepoznate konstante C1 i C2 traimo iz poetnih uslova : z c D1 = 10 5C1 D2 = 75 25C1 + + 5C2 50C2 = = 10 C1 = C2 = 1 Dn = 5n (n + 1). 75

PRIMER 3.2.34

Data je matrica A =

1 3

2 . Odrediti matricu An , za n N. 0

Reenje. s

Karakteristini polinom matrice A je jednak c kA (t) = det(A - tI) = 1-t 3 2 = t2 - t - 6. -t

Za svaku matricu, pa i A, vai da je nula svog karakteristinog polinoma (Kejliz c Hamiltonova teorema), tj. A2 - A - 6I = 0, gde I predstavlja jedininu matricu c odgovaraju´eg reda. Odavde imamo da je c (3.13) A2 = A + 6I.

Ako ovu jednainu pomnoimo sa A i iskoristimo jednakost (3.13) dobijamo c z A3 = A2 + 6A = A + 6I + 6A = 7A + 6I. Stoga vidimo da matricu An uvek moemo predstaviti kao linearnu kombinaciju z matrica A i I (u optem sluaju za matricu A reda r, matricu An predstavljamo s c kao linearnu kombinaciju matrica I, A, A2 , . . . , Ar-1 ): An = xn · A + yn · I.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

139

Sada imamo da je An+1 = xn+1 ·A+yn+1 ·I, a sa druge strane (ovde se jednakost (3.13) opet koristi!) imamo da je An+1 = An · A = (xn · A + yn · I) · A = xn · A2 + yn · A = xn · (A + 6I) + yn · A = (xn + yn ) · A + 6xn · I.

Izjednaavanjem ova 2 izraza za An+1 dobijamo sistem rekurentnih jednaina c c xn=1 = xn + yn , yn+1 = 6xn , uz poetne uslove x0 = 0, y0 = 1. c

NAPOMENA

Postoji i obrnuta veza sistema linearnih rekurentih jednaina sa konstantnim koeficic jentima i matrice An . Dati sistem se moe zapisati u matrinom obliku z c 3 2 3 2 3 2 xn xn+1 a11 xn + a12 yn + a13zn + . . . + a1s wn 6 yn 7 6 yn+1 7 6a21 xn + a22 yn + a23zn + . . . + a2s wn 7 7 6 7 6 7 6 6 7 6 zn+1 7 6a31 xn + a32 yn + a33zn + . . . + a3s wn 7 7 = A · 6 zn 7 , 6 7=6 7 6 . 7 6 . 7 6 . . 5 4 . 5 4 . 5 4 . . . wn+1 as1 xn + as2 yn + as3zn + . . . + ass wn wn gde je matrica A = [aij ]s×s . Tada imamo da je opte reenje ovog sistema jednako s s 3 2 3 x0 xn 6 y0 7 6 yn 7 6 7 6 7 7 6 zn 7 n 6 6 7 = A · 6 z0 7 , 6 . 7 6 . 7 4 . 5 4 . 5 . . w0 wn 2 te smo reavanje ovog sistema sveli na stepenovanje matrice sistema, A. s

PRIMER 3.2.35

Odrediti emu je jednak integral oblika c

sinn x dx.

Reenje. s In =

Za izraunavanje c sinn x dx =

sinn x dx koristimo parcijalnu integraciju: sin x · sinn-1 x dx sinn-2 x · cos2 x dx sinn-2 x · (1 - sin2 x) dx sinn-2 x dx - (n - 1) sinn x dx

= - cos x · sinn-1 x + (n - 1) = - cos x · sinn-1 x + (n - 1) = - cos x · sinn-1 x + (n - 1)

= - cos x · sinn-1 x + (n - 1)In-2 - (n - 1)In ,

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA odakle dobijamo rekurentnu vezu: In = - Poetni uslov je ovde I1 = c 1 n-1 cos x · sinn-1 x + In-2 . n n sin x dx = - cos x. cosn x dx.

140

Slinim postupkom moemo da reimo i integral c z s PRIMER 3.2.36

Dokazati da za svaki prirodan broj n vai 27 | 10n + 18n - 1. z Reenje. s U ovom primeru ´emo raditi obrnut postupak. Krenu´emo od c c reenja i dobi´emo odgovaraju´u linearnu homogenu rekurentnu jednainu sa s c c c konstantnim koeficijentima i onda iz nje izvu´i traeni zakljuak. c z c Ako je an = 10n + 18n - 1 opte reenje rekurentne jednaine, onda su 10 i s s c 1 nule karakteristine jednaine (1 dvostruka), tj. karakteristina jednaina je c c c c (t - 10)(t - 1)2 = 0, odnosno t3 - 12t2 + 21t - 10 = 0. Tada je odgovaraju´a rekurentna jednaina an - 12an-1 + 21an-2 - 10an-3 = 0, c c odnosno an = 12an-1 - 21an-2 + 10an-3 . Dokaimo matematikom indukcijom da su svi lanovi niza {an } deljivi sa 27. z c c 1 Baza indukcije. Za n = 0, n = 1 i n = 2 imamo a0 = 0, a1 = 27 i a2 = 135 = 5 · 27. Svi su deljivi sa 27. 2 Indukcijska pretpostavka. Pretpostavimo da tvrdjenje vai za neko n = k - 2, n = k - 1 i n = k: z 27 | ak-2 , 27 | ak-1 , 27 | ak . 3 Indukcijski korak. Za n = k + 1 imamo da je i ak+1 = 12ak - 21ak-1 + 10ak-2 deljiv sa 27 jer je svaki od 3 lana na desnoj strani po indukcijskoj pretpostavci c deljiv sa 27. Stoga po principu matematike indukcije su svi lanovi niza an = 10n + 18n - 1 c c deljivi sa 27.

PRIMER 3.2.37

Dat je u decimalnom zapisu broj ( 3 + 2)2006 . neposredno uz decimalni zarez. Reenje. s

Odrediti cifre koje su

Posmatrajmo niz {an } zadat formulom an = ( 3 + 2)2n + ( 3 - 2)2n = (5 + 2 6)n + (5 - 2 6)n .

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

141

Ovaj niz zadovoljava rekurentnu jednainu an+2 = 10an+1 - an , uz poetne c c uslove a0 = 2 i a1 = 10. Kada jednakost an+2 + an = 10an+1 (dobija se iz rekurentne jednakosti) oduzmemo od an+4 + an+2 = 10an+3 (pomerena prethodna) dobijamo da je an+4 - an deljiv sa 10, tj. niz zadnjih cifara brojeva an je periodian sa periodom 4. Stoga imamo c a1003 a3 10 - a1 = 0 (mod 10). 1 z Kako je 0 < ( 3 - 2)2006 < 10 , dobijamo da vai 1 a1003 > ( 3 + 2)2006 > a1003 - , 10 pa su traene cifre devetke, tj. dati broj je oblika . . . 9, 9 . . . z PRIMER 3.2.38 Na koliko razliitih naina se u uredjenoj vrsti moe postaviti ukupno n crvenih, c c z plavih i belih kuglica, tako da nikada nisu jedna pored druge dve crvene kuglice, dve bele kuglice i crvena i bela kuglica? (Kuglice iste boje se ne razlikuju!) Reenje 1 . Neka ukupno crvenih i belih kuglica ima k. Zamenimo te kuglice s sa k crveno-belih kuglica. Tada se zadatak sveo na: Na koliko razliitih naina se u uredjenoj vrsti moe postaviti ukupno n crvenoc c z belih i plavih kuglica, tako da nikada nisu jedna pored druge dve crveno-bele kuglice? Izmedju k crveno-belih kuglica mora da se nalazi bar po jedna plava kuglica. Na k + 1-no mesto pre, izmedju i posle tih k crveno-belih kuglica moemo da z stavimo preostalih n - k - (k - 1) = n - 2k + 1 plavih kuglica. Kako iza svake crveno-bele kuglice (sem poslednje) mora da bude bar jedna plava te 2 kuglice moemo spojiti u jednu "arenu"kuglicu i time se svelo da odredimo na koliko z s naina k arenih i n - 2k + 1 plavih kuglica moemo rasporediti u vrstu (a c s z to je ekvivalentno izboru k mesta za arene kuglice od ukupno k + n - 2k + s 1 = n - k + 1 mesta) ­ to moemo uraditi na n-k+1 naina. Crvene i bele s z c k kuglice umesto crveno-belih moemo da rasporedimo na 2k naina, pa vrstu sa z c fiksiranih k crvenih ili belih kuglica moemo da uredimo na n-k+1 · 2k , te z k n+1 kako je n-k+1 = 0 za k , to dobijamo da je traeni broj rasporeda z 2 k n-k+1 an = · 2k . k

k 0

Reenje 2 . Oznaimo sa an traeni broj rasporeda. Ako je na kraju plava s c z kuglica iza nje moe biti bilo koja kuglica, dok ako je na kraju crvena ili bela iza z nje mora biti plava, a iza ove opet moe biti bilo koja kuglica. Stoga, dolazimo z do rekurentne jednaine an = an-1 + 2an-2 . Poetni uslovi su a1 = 3 (C,P,B) c c i a2 = 5 (CP,PC,PP,PB,BP). Reimo ovu jednainu. Njena karakteristina s c c jednaina je t2 - t - 2 = 0 i njeni koreni su t1 = 2 i t2 = -1. Stoga je c an = C1 · 2n + C2 · (-1)n . Konstante C1 i C2 nalazimo iz poetnih uslova: c a1 = 3 = C1 · 21 + C2 · (-1)1 i a2 = 5 = C1 · 22 + C2 · (-1)2 , tj. dobijamo sistem

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

142

2C1 - C2 = 3 4 1 ija su reenja C1 = 3 i C2 = - 3 . Tako, konano, dobijamo da c s c 4C1 + C2 = 5 2n+2 + (-1)n+1 je an = 4 · 2n - 1 · (-1)n = . 3 3 3 NAPOMENA

Na osnovu ova 2 razliita reenja prethodnog primera smo dobili (sa sve kombinatornim c s ! X n-k+1 2n+2 + (-1)n+1 dokazom) slede´i identitet: an = c · 2k = . k 3

k 0

PRIMER 3.2.39

Koliko ima n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih cifara? Reenje 1 . Posmatra´emo prvo brojeve kojima je prva cifra parna (sluaj 1 ), s c c a zatim one kod kojih je prva cifra neparna (2 ). 1 Prva cifra moe biti jedna od 4 cifre: 2, 4, 6, 8. Od preostalih n - 1 cifara z mora ili jo jedna, ili jo 3, ili jo 5,. . . da budu parne. Za ovih n - 1 mesta s s s imamo 5 mogu´nosti i za parne i za neparne cifre. U ovom sluaju ima c c 4·

n-1 1

+

n-1 3

+

n-1 5

+ . . . · 5n-1 = 4 · (1+1)

n-1

-(1-1)n-1 2

· 5n-1 =

4 · 10n-1 2

traenih brojeva. z 2 Ovde prvu cifru moemo izabrati na 5 naina, a od preostalih n-1 cifara mora z c biti ili 0, ili 2, ili 4,. . . parnih cifara. Za ova etiri mesta imamo 5 mogu´nosti i c c za parne i za neparne cifre. U ovom sluaju ima c 5·

n-1 0

+

n-1 2

+

n-1 4

+ . . . · 5n-1 = 5 · (1+1)

n-1

+(1-1)n-1 2

· 5n-1 =

5 · 10n-1 2

traenih brojeva. z Ukupno ovih brojeva ima 45 · 10n-2 za n (1,3,5,7,9 imaju 0 parnih cifara).

2, dok za n = 1 imamo 5 brojeva

Reenje 2 . Oznaimo sa an broj n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih s c cifara, a sa bn broj n-tocifrenih brojeva sa neparnim brojem parnih cifara. Ako dopisujemo poslednju cifru dobijamo da vai an+1 = 5an + 5bn i bn+1 = 5an + z 1 5bn , uz poetne uslove a1 = 5 i b1 = 4. Iz prve jednaine dobijamo bn = 5 an+1 - c c 1 1 an , to kad uvrstimo u drugu dobijamo 5 an+2 - an+1 = 5an + 5( 5 an+1 - an ), s odnosno an+2 = 10an+1 (primetimo da ova relacija vai za n 1, tj. tek od z tre´eg lana a3 ), to sa poetnim uslovom a2 = 45 daje an = 45 · 10n-2 , za n 2 c c s c (za n = 1 je a1 = 5). Reenje 3 . Oznaimo sa A skup n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih s c cifara, a sa B skup n-tocifrenih brojeva sa neparnim brojem parnih cifara (vai z |A| = an i |B| = bn u terminologiji prethodnog reenja). Uoimo preslikavanje s c koje slika skup A u skup B, dato sa f (x) = x , pri emu se x dobija od x tako to c s umesto cifre jedinica c broja x zapiemo cifru 9-c, dok sve ostale cifre ostavimo s nepromenjene. Funkcija f je za n 2 bijekcija pa je |A| = |B|, odnosno an = bn .

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

143

Kako n-tocifrenih brojeva ima 9 · 10n-1 , dobijamo da je an = bn = 45 · 10n-2 , za n 2. PRIMER 3.2.40 Na´i vrednost izraza c

n X k=0

k4 .

n

4 Reenje 1 . Oznaimo sa Sn zbir prvih n etvrtih stepena: Sn = s c c k=0 k . Tada imamo linearnu nehomogenu rekurentnu jednainu Sn+1 = Sn + (n + 1)4 c uz poetni uslov S0 = 0. Opte reenje ove rekurentne jednaine jednako je c s s c zbiru homogenog i partikularnog: Sn = hn + pn . Homogeno reenje hn dobijamo kada reimo homogenu jednainu hn+1 = hn . s s c Njena karakteristina jednaina je t = 1, pa je njeno reenje hn = C1 · 1n = C1 , c c s gde je C1 neka konstanta, koju ´emo na kraju odrediti iz poetnog uslova. c c Partikularno reenje je jedno reenje jednaine pn+1 = pn + (n + 1)4 . Kako je s s c nehomogen deo f (n) = (n + 1)4 polinom stepena 4 i kako je 1 nula (i to reda s = 1) karakteristine jednaine kod homogenog dela, to ´emo partikularno c c c reenje traiti u obliku pn = ns · Q4 , gde je Q4 (n) nepoznat polinom stepena 4 s z po n. Stoga partikularno reenje pn traimo u obliku pn = n1 · (n4 + n3 + s z n2 + n + ) = n5 + n4 + n3 + n2 + n. Zamenimo ovo u gornju jednainu: c (n + 1)5 +(n + 1)4 +(n + 1)3 +(n + 1)2 +(n + 1) = n5 + n4 + n3 + n2 + n + (n + 1)4 .

Izjednaavanjem koeficijenata uz odgovaraju´e stepene u polinomima sa leve i c c desne strane dobijamo sistem: n5 : n4 : n3 : n2 : n: 1: 5 + 10 + 4 + 10 + 6 + 3 + 5 + 4 + 3 + 2 + ++++ = = = = = = +1 +4 +6 +4 1,

1 ija su reenja = 1 , = 1 , = 1 , = 0, = - 30 . Konano dobijamo c s c 5 2 3 5 4 3 n n n n pn = + + - . 5 2 3 30 n5 n4 n3 n Opte reenje je Sn = C1 + s s + + - , to nam sa poetnim uslovom s c 5 2 3 30 5 4 3 n n n n S0 = 0 daje C1 = 0, tj. dobijamo da je Sn = + + - . 5 2 3 30

Reenje 2 . Ako znamo formule za zbir kubova, kvadrata i samih prvih n bros jeva moemo na slede´i nain dobiti formulu za zbir etvrtih stepena. Poz c c c djimo od formule (n + 1)5 - n5 = 5 n4 + 5 n3 + 5 n2 + 5 n + 5 = 1 2 3 4 5 5n4 + 10n3 + 10n2 + 5n + 1. Ispod nje napiimo formulu u kojoj smo svako s n zamenili sa n - 1, zatim sa n - 2, . . . i na kraju sa n = 2: n5 - (n - 1)5 = 5(n - 1)4 + 10(n - 1)3 + 10(n - 1)2 + 5(n - 1) + 1 (n - 1)5 - (n - 2)5 = 5(n - 2)4 + 10(n - 2)3 + 10(n - 2)2 + 5(n - 2) + 1

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA . . . 25 - 15 = 5 · 14 + 10 · 13 + 10 · 12 + 5 · 1 + 1. Sabiranjem svih ovih jednaina dobijamo c

n n n n n

144

(n + 1)5 - 1 = 5

k=1

k 4 + 10

k=1

k 3 + 10

k=1

k2 + 5

k=1

k+

k=1

1.

Odavde dobijamo traenu sumu: z

n n n n n

5

k=1

k 4 = (n + 1)5 - 1 - 10

k=1

k 3 - 10

k=1

k2 - 5

k=1

k-

k=1

1

= (n + 1)5 - 1 - 10

n

n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n2 (n + 1)2 - 10 -5 -n 4 6 2

k=1

k4 =

n5 n4 n3 n n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n - 1) + + - = . 5 2 3 30 30

NAPOMENA

Do date sume smo mogli do´i`i ´ c ` ´ ` ´ ` ´ c pomo´u druge sumacione formule (2.11) i jednakosti k4 = 24 k + 36 k + 14 k + k . 4 3 2 1

PRIMER 3.2.41

Odrediti broj N (n, r) permutacija skupa Nn = {1, 2, . . . , n} kod kojih vai z jednakost (k) k + r za svako k = 1, 2, . . . , n (ovde je r < n). Reenje. Permutacije sa ogranienjima moemo opisati pomo´u (0, 1)-matrice s c z c A = (aij )n×n u kojoj imamo: aij = 1, ako je 0, inae. c i-j r,

Broj permutacija sa ogranienjima je dat preko permanenta (funkcije koju smo c uveli u pododeljku "Permutacije"), tj. imamo da je N (n; r) = per A. Da se podsetimo, permanent se definie kao s per A =

Sn

a1(1) a2(2) . . . an(n) ,

gde uzima vrednosti iz kupa Sn svih permutacija skupa Nn . U ovoj sumi, samo proizvodi koji odgovaraju permutaciji koja zadovoljava sva ogranienja imaju c vrednost 1, dok su ostali jednaki 0. Stoga je broj permutacija sa ogranienjima c jednak permanentu pridruene matrice A. z

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

145

Permanent moemo izraunati i pomo´u Laplasovog razvoja (koji je slian z c c c onom za determinante, samo su svi lanovi pozitivni). Razvijanjem po prvoj c vrsti matrice A dobijamo rekurentnu relaciju N (n; r) = (r + 1) · N (n - 1; r). Poetni uslov nam je c N (r + 1; r) = (r + 1)! jer su to sve permutacije skupa Nr+1 . Na osnovu ove dve jednakosti dobijamo N (n; r) = (r + 1)n-r-1 · N (r + 1; r) = (r + 1)n-r-1 · (r + 1)!

ZADACI

Reiti slede´e rekurentne jednaine (zadaci 3.2.1­3.2.21): s c c 3.2.1 3.2.2 3.2.3 3.2.4 3.2.5 3.2.6 3.2.7 3.2.8 3.2.9 3.2.10 3.2.11 3.2.12 3.2.13 3.2.14 a0 = 1, an+1 = 2an za n 0. 1.

a0 = 2, a1 = 3, an+1 = 3an - 2an-1 za n a0 = 2, an+1 = 2an - 1 za n 0.

a0 = 1, a1 = 2, an = 2an-1 + 3an-2 za n a0 = 1, a1 = 4, an = 6an-1 - 9an-2 za n

2. 2. 2.

a0 = 5, a1 = 6, a2 = 10, an+1 = 6an - 11an-1 + 6an-2 za n x0 = 1, x1 = 2, xn+2 = 3xn+1 - 2xn za n 0. 1. 3.

a1 = 3, a2 = 5, an+2 - 3an+1 + 2an = 0 za n

a0 = 0, a1 = 1, a2 = 4, an+3 = 3an+2 - 3an+1 + an za n a0 = 1, a1 = 3, an+2 = 4an+1 - 4an za n x0 = 1, x1 = 4, xn+2 = 4xn+1 - 4xn za n 0. 0. 2.

a0 = 1, a1 = 1, a2 = 2, an+1 = 3an-1 - 2an-2 za n x0 = 1, x1 = 3, xn+2 - xn+1 + xn = 0 za n x0 = 2, x1 = 1, xn+2 = xn+1 - xn za n 0. 0.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 3.2.15 3.2.16 3.2.17 3.2.18 3.2.19 3.2.20 3.2.21 3.2.22 a0 = 1, a1 = -11, a2 = -15, an+3 = 3an+2 + 4an+1 - 12an za n a0 = 1, an+1 = an + 2n za n an = 6an-1 - 8an-2 + 3n za n 0. 2. 3. 0.

146

a0 = 0, a1 = 2, a2 = 16, an - 6an-1 + 12an-2 - 8an-3 = 2n za n a0 = 11, a1 = 28, an = an-1 + 2an-2 + 4 · 3n za n an = 4(an-1 - an-2 ) + 2n za n an = 3an-1 - 4n + 3 · 2n za n 2. 1. 2.

Odrediti reenje sistema rekurentnih jednaina xn+1 = 3xn +yn , yn+1 = 5xn -yn , s c koje zadovoljava uslove x0 = 0 i y0 = 6. Reiti sistem xn+1 = 4xn - 2yn , yn+1 = xn + yn , uz uslove x0 = 1 i y0 = 1. s Odrediti reenje rekurentne jednaine xn+1 = s c Reiti rekurentnu jednainu xn+1 = s c xn - 1 , uz uslov x0 = 1. xn + 3

3.2.23 3.2.24

3.2.25 3.2.26 3.2.27

xn + 1 , uz uslov x0 = 0. -xn + 1

4 Reiti rekurentnu jednainu xn+1 · xn + 3xn+1 + xn + 4 = 0, x0 = 0, x1 = - 3 . s c

Izraunati vrednost slede´ih determinanti reda n: c c a) Dn (2, 7, 5); b) Dn (1, 3, 2); c) Dn (1, 2, 1)

d) Dn (-1, 2, 3).

3.2.28 3.2.29

Koliko ima n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih cifara? Na koliko razliitih naina se u uredjenoj vrsti moe postaviti ukupno n crvenih, c c z plavih i belih kuglica, tako da nikada nisu jedna pored druge dve crvene kuglice, dve bele kuglice i crvena i bela kuglica? (Kuglice iste boje se ne razlikuju!) Neka je xn broj nizova od n slova koji se mogu formirati kori´enjem slova sc A,B,V,G,D takvih da se slovo A javlja neparan broj puta. Na´i rekurentnu c relaciju za xn . U ravni je nacrtano n pravih u optem poloaju (ne postoje 2 paralelne prave s z ni 3 konkurentne). Te prave dele ravan na rn regiona (oblasti koje mogu biti i beskonane). Na´i rn . c c U ravni je nacrtano n krunica, takvih da se svake 2 od tih krunica seku u z z

3.2.30

3.2.31

3.2.32

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

147

tano 2 take i da ne postoje 3 krunice koje se seku u istoj taki. Te krunice c c z c z dele ravan na rn regiona. Na´i rn . c 3.2.33 (Hanojske kule) Data su 3 vertikalna klina (oni su oznaeni sa A,B,C) i na c prvom klinu se nalazi n diskova razliitih prenika (na dnu je najve´i, pa onda c c c malo manji i tako do najmanjeg koji je na vrhu). Rastojanje izmedju svaka 2 od klinova je ve´e od najve´eg prenika diskova. Legalan potez se definie kao c c c s svaki potez koji sa vrha nekog od ova 3 klina skida disk i stavlja ga na vrh gomile koja je na nekom od preostala 2 klina, ali da tim potezom nismo stavili ve´i disk na manji disk. Oznaimo sa xn broj legalnih poteza potrebnih da svih c c n diskova premestimo sa klina A na klin B. Na´i rekurentnu relaciju za xn , a c zatim je i reiti. s

3.3

FUNKCIJE GENERATRISA I RESAVA NJE REKURENTNIH JEDNACINA

Ponovo ´emo razmatrati (normiranu) linearnu homogenu rekurentnu jednainu c c reda k sa konstantnim koeficijentima (3.7), ali ovog puta uz date poetne uslove: c (3.14) an+k + fk-1 · an+k-1 + fk-2 · an+k-2 + . . . + f0 · an = 0, (n a0 = u0 , a1 = u1 , . . . , ak-1 = uk-1 0)

TEOREMA 3.3.1

Funkcija generatrise niza {an } datog sa (3.14) je oblika A(x) = R(x) , 1 + fk-1 + fk-2 + . . . + f0

gde je R(x) polinom, iji je stepen deg R(x) < k. c

!!!! Pria sa karakteristinom jednainom !!!!!! c c c TEOREMA 3.3.2 Neka je niz {an } dat sa (3.14) i neka karakteristina jednaina ima korene c c t1 , t2 , . . . , ts sa odgovaraju´im viestrukostima m1 , m2 , . . . , ms . Tada je opti c s s lan niza oblika c an = P1 (n) · t1 n + P2 (n) · t2 n + . . . + Ps (n) · ts n , gde su Pi (n) polinomi po n stepena najvie mi - 1, tj. s Pi (n) = A0 + A1 n + A2 n2 + . . . + Ami -1 nmi -1 , gde su Aj proizvoljne konstante (koje se odredjuju na osnovu poetnih uslova). c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

148

Ovim teoretskim zakljucima smo pokazali formule date u prethodnom c poglavlju "Rekurentne jednaine". c Direktnu primenu funkcija generatrisa ilustrova´emo na nekoliko primera c (homogenih, nehomogenih rekurentnih jednaina, kao i njihovih sistema). c PRIMER 3.3.3 Na´i funkciju generatrise niza {an } ako on zadovoljava rekurentnu relaciju c an+1 = 3an + 2, uz poetni uslov a0 = 0 i odatle na´i opti lan niza. c c s c Reenje. s Jednaini an+1 = 3an + 2 odgovara jednaina c c 2 A(x) - a0 = 3A(x) + x 1-x sa funkcijama generatrise: izraz na levoj strani, A(x)-a0 , odgovara nizu x pomerenom za jedan ulevo tako da je njegov n-ti lan razvoja jednak an+1 ; c 2 n-ti lan od 3A(x) je 3an ; dok je svaki (pa i n-ti lan) razvoja 1-x jednak 2. c c Jednaini an+1 = 3an + 2 sa poetnim uslovom a0 = 0 odgovara jednaina c c c A(x) 2 = 3A(x) + , x 1-x to kad sredimo dobijamo A(x)(1 - 3x) = s funkciju generatrise niza {an }: A(x) = 2 . Odatle nalazimo traenu z 1-x

2x . (1 - 3x)(1 - x)

Funkciju generatrise niza ´emo predstaviti u pogodnijem obliku za traenje c z niza (racionalnu funkciju predstavimo u obliku zbira parcijalnih razlomaka) i zatim iskoristimo poznate funkcije generatrise iz prethodnog poglavlja: A(x) = 2x 1 1 = - . (1 - 3x)(1 - x) 1 - 3x 1 - x

Iz funkcije generatrise lako nalazimo i opti lan niza: s c A(x) = 1 1 - = 1 - 3x 1 - x A(x) =

n 0

(3x)n -

n 0 n 0

xn =

n 0

(3n - 1)xn

an xn an = 3n - 1.

PRIMER 3.3.4

Na´i funkciju generatrise niza {an } ako on zadovoljava rekurentnu relaciju c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA an+1 = 2an + n, uz poetne uslove a0 = 1 i odatle na´i opti lan niza. c c s c

149

Reenje. s Neka nizu {an } odgovara funkcija generatrise A(x). Tada 1 nizu {an+1 } odgovara A(x)-a0 = A(x)-1 . Kako je 1-x funkcija generax x trise niza (1, 1, 1, 1, . . . ) imamo da nizu (1, 2, 3, 4, . . . ) odgovara funkcija gen1 eratrise 1-x . Kako nama treba niz bn = n = (0, 1, 2, 3, . . . ) prethodni treba jo da pomerimo za 1 mesto udesno, pa je njegova funkcija generatrise s 1 1 x B(x) = x · 1-x = x (1-x)2 = (1-x)2 . Time smo svim lanovim rekurentne c veza odredili odgovaraju´e funkcije generatrisa, pa dobijamo jednainu: c c A(x) - 1 x . = 2A(x) + x (1 - x)2 Odatle moemo "izvu´i"funkciju genratrise z c A= 1 - 2x + 2x2 . (1 - x)2 (1 - 2x)

Ovime smo mi nali generatrisu, tj. "reilimo lanove niza (funkcija generas s s c trise sadri informaciju o svim lanovima niza). Ako bi trebalo da dokaemo z c z da je ovaj niz jednak nekom drugom, dovoljno bi bilo da pokaemo da su im z generatrise jednake. Medjutim, mi trebamo da nadjemo lanove eksplicitno. c Pokuajmo da opet predstavimo A(x) u vidu pogodnih razlomaka: s A(x) = P Q R 1 - 2x + 2x2 = + + (1 - x)2 (1 - 2x) (1 - x)2 1 - x 1 - 2x

Moemo da pomnoimo obe strane sa (1-x)2 (1-2x) ime bismo dobili jednainu z z c c (3.15) odnosno 1 - 2x + 2x2 = x2 (2Q + R) + x(-2P - 3Q - 2R) + (P + Q + R), odakle se izjednaavanjem koeficijenata polinoma dobija sistem ije je reenje c c s P = -1, Q = 0 i R = 2. Mogli smo i lake da dobijemo konstante P , Q i R. Ako u jednaini (3.15) s c stavimo x = 1 dobijamo da je P = -1. Ako u jednaini (3.15) uvrstimo x = 1 c 2 odmah dobijamo da je R = 2. Sada jo uvrstimo P i R i stavimo x = 0 i s dobijamo i Q = 0. Dakle, imamo da je 2 -1 + A= (1 - x)2 1 - 2x

2 Poto 1-2x odgovara nizu {2n+1 } i kako s je an = 2n+1 - n - 1. 1 (1-x)2

1 - 2x + 2x2 = P (1 - 2x) + Q(1 - x)(1 - 2x) + R(1 - x)2 ,

=

1 1-x

odgovara {n + 1}, to

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 3.3.5

150

Na´i funkciju generatrise niza {an } ako on zadovoljava rekurentnu relaciju c an+2 = 2an+1 - an , uz poetne uslove a0 = 1 i a1 = 2 i odatle na´i opti c c s lan niza. c Reenje. s Jednaini an+2 = 2an+1 - an sa poetnim uslovima a0 = 1, a1 = 2 c c odgovaraju funkcije generatrise: A(x) - 1 A(x) - 1 - 2x =2 - A(x). 2 x x Kada ovo sredimo, dobija se A(x) = x . (1 - x)2 n+1 n x n

A(x)

= =

x 1 -1 + = =- (1 - x)2 1 - x (1 - x)2 (-1 + n + 1)xn =

n 0 n 0

xn +

n 0 n 0

nxn an = n.

PRIMER 3.3.6

Reiti rekurentnu jednainu an = an-2 + 4n, uz poetne uslove a0 = 3 i a1 = 2. s c c Reenje. s Uvedimo funkciju generatrise za ovaj niz A(x) =

+ X n=0

an xn .

Pomnoimo datu rekurentnu jednainu sa xn i sumirajmo to za vrednosti n z c od 2 do +. Tada dobijamo

+ + +

an x = x

n=2

n

2 n=2

an-2 x

n-2

+ 4x

n=2

nxn-1 .

Kada iskoristimo definiciju funkcije generatrise, prethodna jednaina se svodi c na 1 A(x) - 3 - 2x = x2 · A(x) + 4x · -1 , (1 - x)2 odakle kad izvuemo A(x) na jednu stranu dobijamo traenu funkciju generac z trise: 3 - 2x 4x A(x) = + . 1 - x2 (1 - x2 )(1 - x)2 Predstavimo ovu funkciju u obliku zbira parcijalnih razlomaka A(x) = M N P Q + + + . 2 1 + x 1 - x (1 - x) (1 - x)3

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

151

Kada pomnoimo u ovoj jednakosti sve sa imeniocem od A(x) i izjednaimo z c koeficijente polinoma na levoj i desnoj strani dobijamo sistem od 4 jednaine sa c 4 nepoznate, koji ima reenje M = 2, N = 0, P = -1 i Q = 2, tj. s A(x) =

+ + + 2 2 1 X X X + = 2 (-1)n xn - nxn-1 + n(n-1)xn-2 . - 2 3 1 + x (1 - x) (1 - x) n=0 n=0 n=0

Kako je an koeficijent uz xn u A(x) dobijamo da je an = 2 · (-1)n - (n + 1) + (n + 2)(n + 1) = 2 · (-1)n + (n + 1)2 .

PRIMER 3.3.7

c Reiti rekurentnu jednainu xn+2 - 6xn+1 + 9xn = 2n + n, uz poetne uslove s c x0 = x1 = 0. Reenje. s Neka je X(t) generatrisa naeg niza. Dati niz se svodi na jednainu s c X(t) 1 t X(t) + 9X(t) = + -6 . 2 t t 1 - 2t (1 - t)2 t2 - t3 - t4 odakle (1 - t)2 (1 - 2t)(1 - 3t)2 predstavljanjem preko odgovaraju´ih razlomaka dobijamo da je c Sredjuju´i ovaj izraz dobijamo da je X(t) = c X(t) = 1 5 5 1 + - + 4(1 - x)2 1 - 2x 3(1 - 3x) 12(1 - 3x)2

Prvom sabirku odgovar niz n+1 , drugom 2n , tre´em - 5 · 3n = -5 · 3n-1 a c 4 3 5 poslednjem 12 (n + 1)3n = 5 (n + 1)3n-1 to sve ukupno daje s 4 xn = 2n+2 + n + 1 + 5(n - 3)3n-1 . 4

PRIMER 3.3.8

Reiti rekurentnu jednainu an+3 = 6an+2 - 11an+1 + 6an , uz poetne uslove s c c a0 = 2, a1 = 0, i a2 = -2. Reenje. s Kada predjemo na funkcije generatrisa ovoj jednaini odgovara: c

A(x) - 2 - 0 · x - (-2)x2 A(x) - 2 - 0 · x A(x) - 2 =6 - 11 + 6A(x). 3 2 x x x Kada ovo sredimo, dobija se A(x) = 20x2 - 12x + 2 . 1 - 6x + 11x2 - 6x3

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Funkciju generatrise predstavljamo kao zbir tri razlomka: A(x) = = 20x2 - 12x + 2 20x2 - 12x + 2 = 2 - 6x3 1 - 6x + 11x (1 - x)(1 - 2x)(1 - 3x) B C D + + . 1 - x 1 - 2x 1 - 3x

152

Kada sve pomnoimo sa imeniocem dobijamo jednainu z c 20x2 - 12x + 2 = B(1 - 2x)(1 - 3x) + C(1 - x)(1 - 3x) + D(1 - x)(1 - 2x), odakle izjednaavanjem leve i desne strane dobijamo sistem c B -5B 6B + C - 4C + 3C + D - 3D + 2D = 2 = -12 = 20 ,

ija su reenja B = 5, C = -4, D = 1. Dalje imamo: c s A(x) = =

n 0

5 4 1 - + =5 1 - x 1 - 2x 1 - 3x an x

n n 0 n n

xn - 4

n 0 n n 0

(2x)n +

n 0

(3x)n

(5 - 4 · 2 + 3 )x .

Odatle dobijamo reenje an = 5 - 4 · 2n + 3n = 5 - 2n+2 + 3n . s NAPOMENA

Konstante bismo mnogo bre dobili ako bi u jednainu pre sistema zamenili pogodne z c 1 vrednosti za x. Te pogodne vrednosti su x = 1, x = 1 i x = 3 . 2

PRIMER 3.3.9

Neka su nizovi {un }, {vn } i {wn } definisani pomo´u u0 = v0 = w0 = 1 i c un+1 1 0 1 un vn+1 = 0 1 1 vn , n 0. wn+1 1 -1 4 wn Dokazati da {un } zadovoljava homogenu linearnu rekurentnu relaciju i na´i c optu formulu za un . s Reenje 1 . Kada izjednaimo matrice na levoj i desnoj strani polazne matrine s c c jednaine, c un+1 1 0 1 un un + wn vn+1 = 0 1 1 · vn = vn + wn , wn+1 1 -1 4 wn un - vn + 4wn dobijamo sistem rekurentnih jednaina: c un+1 vn+1 wn+1 = un = = un vn - vn + + + wn wn 4wn

.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

153

Da bismo dobili rekurentnu relaciju samo po u treba "eliminisati"i v i w. Iz prve jednaine imamo c wn = un+1 - un , to kada ubacimo u tre´u dobijamo: un+2 - un+1 = un - vn + 4un+1 - 4un , a s c odavde vn = -un+2 + 5un+1 - 3un . Kada u drugu ubacimo izraze za v i w preko u dobijamo traenu homogenu z linearnu rekurentnu relaciju: un+3 - 6un+2 + 9un+1 - 4un = 0. Karakteristina jednaina je t3 - 6t2 + 9t - 4 = 0, odnosno (t - 1)2 (t - 4) = 0. c c Njeni koreni su t1 = t2 = 1 i t3 = 4, pa je opte reenje oblika s s un = C1 · 1n + C2 · n · 1n + c3 · 4n , gde konstante C1 , C2 i C3 traimo iz poetnih uslova (u0 = 1, u1 = u0 + w0 = 2 z c i u2 = u1 + w1 = u1 + (u0 - v0 + 4w0 ) = 6). Kada reimo sistem s u0 u1 u2 dobijamo C1 = = = = 1 2 6 = C1 = C1 = C1 + + C2 2C2 + + + C3 4C3 16C3

1 2 , C2 = 0 i C3 = . Opta formula za un je s 3 3 un = 2 + 4n . 3

Reenje 2 . Da smo sistem rekurentnih jednaina "prebacili"na funkcije geners c atrisa, dobili bi sistem jednaina po U (x), V (x) i W (x): c U (x) - 1 x V (x) - 1 x W (x) - 1 x ijim reavanjem dobijamo: c s U (x) = Odatle, dobijamo da je un = 1 - 3x 2/3 1/3 = + . 4x2 - 5x + 1 1 - x 1 - 4x 2 + 4n . 3 = U (x) = V (x) + + + W (x) W (x) 4W (x)

= U (x) - V (x)

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

154

Iz ovog reenja (obrnutim postupkom) dobijamo jednostavniju linearnu rekurentnu s vezu: un+2 - 5un+1 + 4un = 0. Ovo je posledica toga to funkcija generatrise sadri potpunu informaciju o nizu s z (i poetne uslove, koje smo u prethodnom razmatranju uzimali tek na kraju, a c oni su "krivcia to pojednostavljenje jer je z u(n) = u(0) - v(0) + 3w(0) n v(0) + 8u(0) - 3w(0) v(0) - u(0) 4 + + n 9 9 3

i za u(0) - v(0) + 3w(0) = 0 i v(0) - u(0) = 0 dobija se rekurentna veza un+3 -6un+2 +9un+1 -4un = 0, a ako je neki od tih izraza jednak nuli dobijamo jednostavniju rekurentnu vezu). PRIMER 3.3.10 Neka je qn broj rei duine n sastavljenih od slova a, b, c, d, koje sadre neparan c z z broj slova b. Odrediti qn . Reenje 1 . Oznaimo sa pn broj rei duine n sastavljenih od slova a, b, c, d, s c c z koje sadre paran broj slova b. Tada je pn + qn = 4n (sve rei duine n). z c z Re duine n + 1 sa neparnim brojem slova b moe se dobiti od rei duine n sa c z z c z neparnim brojem slova b ako joj se na kraj dopie jedno od tri slova a, c ili d, s kao i od rei duine n sa parnim brojem slova b ako joj se na kraj dopie slovo c z s b: qn+1 = 3 · qn + pn . U ovom sistemu, pn + qn qn+1 = = 4n 3qn + pn ,

ako iz prve jednaine izrazimo pn = 4n - q n i to ubacimo u drugu dobijamo c nehomogenu linearnu rekurentnu jednainu c qn+1 = 2qn + 4n . Da je q0 = 0 moemo dobiti iz q1 = 2q0 + 40 (q1 = 1: samo re b). Ako sad z c predjemo na funkcije generatrise dobijamo 1 Q(x) - 0 = 2Q(x) + , x 1 - 4x to kad sredimo daje s Q(x) = x . (1 - 2x)(1 - 4x)

Predstavimo Q(x) u pogodnijem obliku: Q(x) = 1/2 1/2 1 - = 1 - 4x 1 - 2x 2 qn = (4x)n -

n 0

1 2

(2x)n =

n 0 n 0

4n - 2n n x . 2

Odatle dobijamo reenje s

1 n (4 - 2n ). 2

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

155

Reenje 2 . Zadatak je bilo mogu´e reiti tako to bismo odmah sistem s c s s rekurentnih jednaina prebacili na funkcije generatrisa: c P (x) + Q(x) = 1 , 1 - 4x Q(x) - 0 = 3Q(x) + P (x) x

i odavde bi reavanjem sistema (po P (x) i Q(x) kao nepoznatim) dobili da je s x Q(x) = . Odredjivanje qn ide na potpuno isti nain. c (1 - 2x)(1 - 4x)

ZADACI

3.4

FIBONACIJEVI BROJEVI

Fibonaijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizova. c Toliku lavuu stekli jer su se javili i u mnogim drugim (nematematikim) oblass s c tima, kao i u samoj prirodi (npr. broj listova ili cvetova, kod velikog broja biljki je jednak ba nekom Fibonaijevom broju). U antikoj Grkoj, kao i kasnije u res c c c nesansi, za idealnu proporciju je uziman tzv. latni presek"koji se takodje javlja z kod Fibonaijevih brojeva. Pored toga oni su nali primenu u reenju nekoliko c s s veoma vanih matematikih problema. Jedan od njih je Matijaevievo reenje z c s c s znamenitog desetog problema Hilberta, a drugi je recimo teorija ekstrema unimodalnih funkcija (koju je zasnovao D. Kifer). Zbog svega toga veliki broj z matematiara u svetu je pristupio nekoj vrsti "Fibonaizma"(istrauju´i skoro c c z c kao hobi neka od svojstava ovog niza). Najjai primer te ljubavi prema Fic bonaijevim brojevima je asopis The Fibonacci Quarterly, koji se izdaje u SAD c c jo od 1963. godine, a i sada je na SCI listi (lista asopisa koji su u vrhu po s c indeksu citiranosti). Ruski matematiar Nikolaj Nikolaevi Vorobjev je napisao c c celu knjigu o Fibonaijevim brojevima, [34]. To sve govori o izuzetnom znaaju c c ovih brojeva (te smo se stoga i mi odluili da im dodelimo jedno poglavlje u c naoj knjizi). s Prvo ´emo po´i od nekih istorijskih injenica vezanih za Fibonaijeve broc c c c jeve, a onda ´emo polako istraivati neke od njihovih osobina. c z Italijanski matematiar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonai (Fibonacci c c je sra´eno od "filius Bonacci", tj. Bonaijev sin) iveo je od 1180 - 1240 (po c c z nekim drugim podacima 1175 - 1250). Najpoznatija dela su mu Liber abaci, 1202, u kojoj se pored mnogobrojnih problema borio za hindo­arapski brojni sistem i Liber quadratorum, 1225. (knjiga kvadrata brojeva koja predstavlja prvi pomak aritmetike posle Diofanta). U svojoj "Knjizi o abakusu"postavio "Problem zeeva": c Svaki par zec­zeica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog c slede´eg meseca par mladih: zeca i zeicu. Ako je na poetku goc c c dine bio jedan novorodjen par, koliko ´e biti ukupno parova zeeva c c poetkom slede´e godine? (Pretpostavljamo da zeevi ne umiru.) c c c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

156

Neka je fn broj parova zec­zeica posle n meseci, tj. tokom (n + 1)­vog c meseca od poetka godine. Prema pretpostavci je f0 = 1 i f1 = 1 (jer taj c par jo nije zreo za razmnoavanje), a fn , n s z 2 se dobija kada broju parova fn-1 koji su iveli prolog meseca doda broj novorodjenih parova zeeva koji se z s c dobijaju od fn-2 parova ivih pre dva meseca. Zato je za sve n 2 z fn = fn-1 + fn-2 . Tako dobijamo niz n fn Fn 0 1 0 1 1 1 2 2 1 3 3 2 4 5 3 5 8 5 6 13 8 7 21 13 8 34 21 9 10 55 89 34 55 11 144 89 12 233 144 13 377 233 14 610 377 15 987 610

pa ´e nakon godinu dana biti f12 = 233 parova zeeva. c c Naje´e se Fibonaijev niz definie tako da su indeksi pomereni za 1 u c sc c s odnosu na niz sa kojim smo se malopre sreli (ima nekoliko isto matematikih c c razloga, od kojih je jedan da se tada mnogo prirodnije vri proirenje indeksa s s na ceo skup celih brojeva).

DEFINICIJA 3.4.1

Fibonaijev niz {Fn } je zadat slede´om rekurentnom jednainom: c c c F1 = 1, F2 = 1 i Fn+2 = Fn+1 + Fn .

Ponekad se uvodi i proirenje tako da indeksi mogu da budu celi brojevi: s F0 = 0 i F-a = (-1)a+1 Fa , pa niz izgleda . . . , -21, 13, -8, 5, -3, 2, -1, 1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . . Primetimo da i ovakav niz zadovoljava svojstvo da je zbir dva uzastopna lana c jednak slede´em. c U slede´oj teoremi je sadrana i kombinatorna definicija Fibonaijevih broc z c jeva. TEOREMA 3.4.2 Skup Nn = {1, 2, . . . , n} sadri tano Fn+2 podskupa (ukljuuju´i i prazan z c c c skup) u kojima se ne nalaze 2 uzastopna prirodna broja.

Dokaz . Oznaimo sa an broj podskupova skupa Nn koji ne sadre 2 uzastopna c z prirodna broja. Za svaki skup S, koji brojimo u an , imamo 2 mogu´nosti: c 1 n S. U skupu S mogu biti svi brojevi iz Nn-1 (jer broj n nije u S), ali uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an-1 .

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

157

2 n S. Kako je broj n u skupu S u njemu ne moe biti i broj n - 1, te je z S \ {n} Nn-2 , uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an-2 . Stoga dobijamo da vai rekurentna jednaina z c an = an-1 + an-2 . Poetne uslove ´emo odrediti prostim prebrojavanjem. Za n = 1 imamo a1 = 2 c c takva podskupa i {1}, a za n = 2 imamo a2 = 3 takva podskupa , {1} i {2}.

Kako imamo istu rekurentnu jednainu, a samo pomerene poetne uslove dobic c jamo da je an = Fn+2 .

OPSTI CLAN FIBONCIJEVOG NIZA

TEOREMA 3.4.3 Opti lan Fibonaijevog niza je jednak Fn = s c c

1+ 5 2

n

- 5

1- 5 2

n

.

Iz Fn+2 = Fn+1 + Fn imamo Fn+2 - Fn+1 - Fn = 0, pa je karakter 1± 5 2 istina jednaina t - t - 1 = 0 i njeni koreni su realni i razliiti t1,2 = c c c , 2 pa je opti lan ove rekurentne jednaine (jo nismo uzeli poetne uslove u razs c c s c matranje) je dat formulom Dokaz . Fn = C1 ·

1+ 5 2 n

+ C2 ·

1- 5 2

n

.

Kako su F0 = 0 i F1 = 1, zamenom n = 0 i n = 1 u opte reenje dobijamo s s 1 -1 sistem po C1 i C2 , ija su reenja C1 = 5 i C1 = 5 , odakle dobijamo da je c s opti lan Fibonaijevog niza dat formulom s c c

1+ 5 2 n

Fn =

- 5

1- 5 2

n

.

Ustvari, iz ove formule moemo dobiti i slede´e tvrdjenje. Tu ´emo koristiti i z c c funkciju [x], koja oznaava oznaava ceo deo broja x, npr. [] = 3, a [-] = -4. c c TEOREMA 3.4.4 Fn je jednak

1 ( 1+ 5 )n 2 5

zaokruenom na najblii ceo broj. z z

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Dokaz . Procenimo koliko iznosi Fn - Fn -

1 5 1+ 5 2 n 1 5 1+ 5 2 n n

158

:

1- 5 2 n

= =

1 5

1+ 5 2 n 1- 5 2

-

1- 5 2

-

1+ 5 2

n

=

5

<

5

5-1 1 < . 2 2 5

Stoga je Fn tano jednak c

1- 5 2 n

1 ( 1+ 5 )n 2 5

zaokruenom na najblii ceo broj. z z

Kako izraz moe biti i pozitivan i negativan, Fibonaijeve brojeve z c moemo izraziti preko funkcije celog dela kao: z n 1+ 5 1 , n = 2k 2 5 Fn = . 1 1+5 n + 1, n = 2k + 1 2 5

Odredimo sada funkciju generatrise F (x) Fibonaijevog niza. c

TEOREMA 3.4.5

Funkcija generatrise F (x) Fibonaijevog niza iznosi F (x) = c

x . 1-x-x2

Dokaz 1 . Neka je F (x) generatrisa niza {Fn }. Jednaini Fn+2 = Fn+1 + Fn c (niz {Fn+2 } je Fibonaijev niz pomeren za 2 mesta u levo, a {Fn+1 } za 1 mesto c ulevo), sa poetnim uslovima F0 = 0 i F1 = 1, odgovara slede´a jednaina sa c c c funkcijama generatrisa: F (x) - F0 F (x) - F0 - F1 x = + F (x), x2 x F (x) - x F (x) odnosno = +F (x). Nakon mnoenja sa x2 i grupisanja dobijamo z x2 x traenu funkciju generatrise z F (x) = x . 1 - x - x2

Dokaz 2 .

Neka je F (x) =

X n=0

Fn xn funkcija generatrise. Tada vai z

F (x)

= F0 + F1 x +

n=0

Fn+2 xn+2 = 0 + 1 · x +

n=0

(Fn+1 + Fn )xn+2

= x + x · (F (x) - F0 ) + x2 · F (x) = x + x · F (x) + x2 · F (x),

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

159

odakle dobijamo da je (1 - x - x2 ) · F (x) = x, pa je traena funkcija generatrise z F (x) = x . 1 - x - x2

Sada ´emo kori´enjem ovog rezultata ponovo da odredimo opti lan Fic sc s c bonaijevog niza. c PRIMER 3.4.6 Iz funkcije generatrise F (x) odrediti opti lan Fibonaijevog niza. s c c Reenje. Treba jo da razvijemo ovaj izraz u stepeni red (predstavimo ga kao s s zbir parcijalnih razlomaka). Neka je -x2 - x + 1 = (1 - x)(1 - x) Tada je = (1 + 5)/2 a = (1 - 5)/2. Dalje je x x A B = = + . 1 - x - x2 (1 - x)(1 - x) 1 - x 1 - x Kada sve pomnoimo sa 1 - x - x2 i izjednaimo koeficijente polinoma dobijamo z c 1 -1 sistem, ija su reenja A = - i B = - . Vratimo to u prethodnu formulu i c s kori´enjem poznatog razvoja dobijamo: sc x 1 = 1 - x - x2 - 1 1 - 1 - x 1 - x 1 = 5

X n=0

n xn -

X n=0

n xn .

Koeficijent uz xn u funkciji generatrise F (x) predstavlja n-ti Fibonaijev broj, c pa je 1 Fn = (n - n ). 5 Time smo ponovo, samo sada preko funkcija generatrisa, izveli formulu za n-ti lan Fibonaijevog niza. c c NAPOMENA

Pomereni Fibonaijev niz fn ima funkciju generatrise Fp (x) = c

1 . 1-x-x2

OSNOVNE OSOBINE

U naredna 3 tvrdjenja ´emo dati neke aritmetike osobine Fibonaijevih c c c brojeva. TEOREMA 3.4.7 Fibonaijev broj Fn je: c a) paran ako i samo ako je oblika n = 3k;

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA b) deljiv sa 3 ako i samo ako je oblika n = 4k; c) deljiv sa 5 ako i samo ako je oblika n = 5k; d) deljiv sa 4 ako i samo ako je oblika n = 6k; e) deljiv sa 10 ako i samo ako je oblika n = 15k.

160

Dokaz .

a) Kako je Fn = Fn-1 + Fn-2 = (Fn-2 + Fn-3 ) + Fn-2 = 2Fn-2 + Fn-3 ,

dobijamo da su brojevi Fn i Fn-3 iste parnosti. Kako je F0 = 0, a F1 = F2 = 1, dobijamo da je Fn paran ako i samo ako je oblika n = 3k. b) Ako nastavimo sa raunom iz dela pod a) dobijamo c Fn = 2Fn-2 + Fn-3 = 2(Fn-3 + Fn-4 ) + Fn-3 = 3Fn-3 + 2Fn-4 , to sa F0 = 0, F1 = F2 = 1 i F3 = 2 daje tvrdjenje. s c) Ako nastavimo sa raunom iz dela pod b) dobijamo c Fn = 3Fn-3 + 2Fn-4 = 3(Fn-4 + Fn-5 ) + 2Fn-4 = 5Fn-4 + 3Fn-5 , to sa F0 = 0, F1 = F2 = 1, F3 = 2 i F4 = 3 daje tvrdjenje. s d) Ako nastavimo sa raunom iz dela pod c) dobijamo c Fn = 5Fn-4 + 3Fn-5 = 5(Fn-5 + Fn-6 ) + 3Fn-5 = 8Fn-5 + 5Fn-6 , to sa F0 = 0, F1 = F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3 i F5 = 5 daje tvrdjenje. s Vidimo da je Fn deljiv i sa 8 ako i samo ako je oblika n = 6k. e) Ova osobina je direktna posledica delova pod a) i c). Moemo je proveriti za z neke manje vrednosti u tablicama u dokazu naredne teoreme.

TEOREMA 3.4.8

Niz cifara jedinica Fibonaijevih brojeva je periodian niz sa periodom 60. c c

Dokaz . Posmatrajmo niz cifara jedinica Fibonaijevih brojeva, {cn }. Za njih c vai slina rekurentna veza z c cn+2 = cn+1 +10 cn , gde +10 oznaava sabiranje po modulu 10. Da bismo nali period ovog niza c s potrebno je da nadjemo prve brojeve i i j, i < j, takve da je ci = cj i ci+1 = cj+1 , jer ´e dalje cifre jedinica da se ponavljaju periodino sa periodom j - i. c c n cn 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 11 12 13 9 4 3 14 7

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA n cn n cn n cn n cn 15 16 17 0 7 7 30 31 32 0 9 9 45 46 47 0 3 3 60 61 62 0 1 1 18 19 20 4 1 5 33 34 35 8 7 5 48 49 50 6 9 5 63 64 65 2 3 5 21 22 23 24 6 1 7 8 36 37 38 39 2 7 9 6 51 52 53 54 4 9 3 2 66 67 68 69 8 3 1 4 25 26 27 5 3 8 40 41 42 5 1 6 55 56 57 5 7 2 ... ... 28 29 1 9 43 44 7 3 58 59 9 1

161

Popunjavanjem gornje tablice (popunili smo 10-ak elemenata vie) dobijamo da s je i = 0, a j = 60, pa smo pokazali da je {cn } periodian niz sa periodom 60. c 1 (Fn+60 - Fn ) prirodan broj. Na osnovu ovoga imamo da je 10 TEOREMA 3.4.9 n-2 . 5

Broj cifara Fn je ve´i od c

Dokaz . Broj cifara prirodnog broja Fn je [ log10 Fn ] + 1. Po Teoremi 3.4.4 1 imamo da vai Fn 5 ( 1+2 5 )n te je broj cifara broja Fn ve´i od ili jednak sa z c log10

1 ( 1+ 5 )n 2 5

+ 1 = - log10

5 + n · log10

1+ 5 2

+ 1.

Kako vae nejednakosti z log10 5 0, 349485 . . . <

2 5

i

log10

1+ 5 2

1 0, 2089876 > 5 , 1 5

imamo da je broj cifara broja Fn ve´i od ili jednak sa [n · c od [ n-2 ], a samim tim je ve´i i od n-2 . c 5 5

- 2 ] + 1, tj. ve´i je c 5

Slede´e tvrdjenje nam uspostavlja jednu matrinu jednakost sa Fibonaijec c c vim brojevima kod kojih su indeksi proireni na ceo skup celih brojeva. Nju s ´emo iskoristiti kasnije za pokazivanje jednog identiteta. c TEOREMA 3.4.10 1 1 1 0

n

Za svaki n Z vai z

=

Fn+1 Fn

Fn . Fn-1

Dokaz .

Za n = 0 imamo da je 1 1 1 0

0

=I=

1 0

0 F = 1 1 F0

F0 . F-1

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Pretpostavimo da tvrdjenje vai za n = k. Onda za n = k + 1 imamo z 1 1 1 0

k+1

162

=

Fk+1 Fk

1 Fk · 1 Fk-1

F + Fk 1 = k+1 Fk + Fk-1 0

F Fk+1 = k+2 Fk+1 Fk

Fk+1 . Fk

Stoga po principu matematike indukcije tvrdjenje vai i za sve prirodne brojeve c z n. -1 0 1 1 1 , = Za negativne brojeve koristimo da je inverzna matrica 1 -1 1 0 0 1 1 1 1 1 i sada = = pa za n = -k imamo da vai z 1 -1 1 0 1 0 potpuno analogno, kao u sluaju pozitivnih n, dokazujemo tvrdjenje principom c matematike indukcije. c Slede´a teorema nam daje vezu verinih razlomaka i Fibonaijevih brojeva. c z c TEOREMA 3.4.11 Odnos dva uzastopna lana Fibonaijevog niza moe se predstaviti preko c c z verinog razlomka z 1 Fn+1 =1+ Fn 1 1+ .. . 1 1+ 1 Fn+1 1+ 5 i kad pustimo da n tei beskonanosti dobijamo lim z c . = n Fn 2 Fn+1 jednako datom verinom razlomku pokaza´emo matematikom z c c Fn 1 F1 = = 1. indukcijom. Za n = 1 imamo F1 1 Pretpostavimo da tvrdjenje vai za neko n = k. Za n = k + 1 je z Da je Fk+2 Fk+1 + Fk 1 = =1+ , Fn+1 Fk+1 Fk+1 Fn pa smo dobili da tvrdjenje vai i za n = k + 1. z Zbog principa matematike indukcije tvrdjenje vai za svako prirodno n. c z Iz prethodnog predstavljanja preko verinog razlomka sledi da je z a odatle je i Fn+1 Fn 1,

n -k -1 k k

Dokaz .

Fn+1 Fn+1 2, tj. imamo 1 2, pa je ovaj niz ogranien i moe c z Fn Fn se razbiti na jedan podniz koji je rastu´i i jedan podniz koji je opadaju´i. Stoga c c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

163

1 s taj niz konvergira ka nekom broju x. Tada je x = 1 + . Reavanjem ove x 1+ 5 jednaine dobijamo x = c , tj. taj odnos tei zlatnom preseku. z 2 Zlatni presek je bio popularan u renesansnoj arhitekturi. Tadanji gradjes vinari su po ugledu na Stare Grke smatrali idealnim kad je "odnos ve´eg dela c prema manjem jednak odnosu cele duine prema ve´em delu" : z c 1+ 5 1 2 =1+ --1=0 = 1.618033988... 2

r q p Moe se pokazati da ka zlatnom preseku tei i niz 1 + 1 + 1 + . . . . z z

NAPOMENA

Predstavljanje prirodnog broja preko zbira razliitih Fibonaijevih brojeva, c c tzv. Fibonaijev zapis, nalazi primenu u kodiranju i teoriji igara. Da´emo dve c c teoreme od kojih nam prva garantuje egzistenciju ­ to je Cekendorfova teorema (nem. Zeckendorf), a druga jedinstvenost Fibonaijevog zapisa. c

TEOREMA 3.4.12

Cekendorfova teorema. Svaki prirodan broj a moe se zapisati kao suma z razliitih Fibonaijevih brojeva, medju kojima se ne nalaze 2 uzastopna Fic c bonaijeva broja (Fk i Fk+1 ). c

Dokaz . Da´emo konstruktivan dokaz, tj. opisa´emo postupak odredjivanja c c traene sume Fibonaijevih brojeva. z c Za svaki prirodan broj a uvek postoji prirodan broj n takav da vai z Fm a < Fm+1 .

Ako je a = Fm , onda smo zavrili. U protivnom imamo da vae nejednakosti s z 0 < a - Fm < Fm+1 - Fm = Fm-1 . Kako je broj a1 = a - Fm prirodan i za njega postoji prirodan broj n takav da vai z Fn a1 < Fn+1 . Kako je Fn a1 < Fm-1 dobijamo da je n < m - 1, tj. n m - 2, pa stoga Fn i Fm nisu uzastopni Fibonaijevi brojevi. c Ako je a1 = Fn opet smo zavrili, jer je tada polazni broj a = Fm + Fn s (to je traena prezentacija). U protivnom, odredimo a2 = a1 - Fn i dalje sa s z a2 ponavljamo postupak... Ovaj proces se mora zavriti jer u svakom slede´em s c koraku u postupak ulazimo sa manjim brojem ai (zavravamo kada u nekom s

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

164

koraku dobijemo da je aj = Ft ). Tada smo dobili traeno predstavljanje broja z a u obliku neuzastopnih Fibonaijevih brojeva: c a = Fm + Fn + . . . + Ft .

TEOREMA 3.4.13

Predstavljanje prirodnog broja N kao sume razliitih Fibonaijevih brojeva, c c medju kojima se ne nalaze 2 uzastopna Fibonaijeva broja, je jedinstveno. c

Dokaz . Predpostavimo suprotno, da prirodan broj N sadri, pored predz stavljanja datog dokazom Cekendorfove teoreme (tj. Cekendorfovim algoritmom), jo jedno koje ispunjava date uslove. Kako je za neko m ispunjeno s Fm N < Fm+1 , imamo da je N Fm+1 - 1. Prema Cekendorfovom algoritmu imamo da se svaki element skupa I = {1, 2, 3, . . . , Fm+1 - 1} injektivno slika (tj. preslikavanje u Cekendorfovom algoritmu je "1-1") u neprazan podskup skupa J = {F2 , F3 , . . . , Fm }, pri emu taj podkup ne sadri 2 uzastopna Fibonaijeva c z c broja (kra´e nazovimo takav podskup crvenim). Pored toga, broju N I c odgovara jo jedan crveni podskup, koji do sada nismo odredili Cekendorfovim s algoritmom. Stoga skup J mora da sadri bar Fm+1 - 1 + 1 = Fm+1 crvenih z podskupova (Fm+1 - 1 odgovaraju onim dobijenim iz Cekendorfovog algoritma i jo onaj 1 dodatni koji odgovara drugom predstavljanju broja N ). Prema Teos remi 3.4.2 imamo da skup J sadri tano Fm+1 - 1 crvenih podskupova (kako z c nije crven imamo lan -1). Dobili smo kontradikciju, ime je tvrdjenje teoreme c c pokazano. Uvedimo Fibonaijev zapis prirodnog broja a kao c (a) = m n-1 . . . 2 , pri emu su j {0, 1} (za j = 2, 3, . . . , n). Uoimo najve´i Fibonaijev broj c c c c Fm a i na mesto m upiimo cifru 1. Zatim ponavljamo postupak i umesto s broja a posmatramo broj a1 = a - Fm i za njega uoimo najve´i Fibonaijev c c c broj Fn a1 i na mesto n upiemo cifru 1, a na sva mesta izmedju m i n s upiemo 0. Zatim posmatramo a2 = a1 - Fm ... Postupak ponavljamo dok za s neko as ne dobijemo 0 i ako su neko vrednosti j ostale neodredjene dodelimo im vrednosti 0. PRIMER 3.4.14 Odrediti Fibonaijev zapis prirodnog broja a = 20. c Reenje. Kako imamo da je F8 = 21 > 20 F7 = 13 dobijamo da je 7 = 1. s Dalje imamo slede´i niz ocena (pomo´u koji odredjujemo j ): c c a1 = 20 - 13 = 7, F6 = 8 > 7 F3 = 2, F5 = 5, 6 = 0, 5 = 1;

a2 = 7 - 5 = 2,

4 = 0, 3 = 1;

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA a3 = 2 - 2 = 0, 2 = 0.

165

Zato je Fibonaijev zapis, (19) = 101010. Na osnovu ovog zapisa imamo da je c a = 20 = F7 + F5 + F3 . Svaki niz 0 i 1 ne predstavlja Fibonaijev zapis: npr. 110 bi odgovarao c a = F4 + F3 = 3 + 2 = 5 = F5 , a (5) = 1000! Na osnovu ove opservacije moemo pokazati i slede´e tvrdjenje. z c LEMA 3.4.15 Niz 0 i 1 koji poinje sa 1 i nema dve uzastopne jedinice predstavlja Fic bonaijev zapis. c

Ostale osobine i identitete sa Fibonaijevim brojevima da´emo kroz zadatke. c c

IDENTITETI SA FIBONACIJEVIM BROJEVIMA

TEOREMA 3.4.16

F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 - 1.

TEOREMA 3.4.17

F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 - 1.

Dokaz 1 . Koristimo jednakost Fk = Fk+2 - Fk+1 za k = 1, 2, . . . , n, skratimo iste lanove u uzastopnim sabircima i na kraju uvrstimo da je F2 = 1: c F1 + F2 + . . . + Fn = (F3 - F2 ) + (F4 - F3 ) + . . . + (Fn+2 - Fn+1 ) = Fn+2 - F2 = Fn+2 - 1.

Dokaz 2 . Funkcija generatrise zbira prvih n lanova Fibonaijevog niza je c c F (x) , tj. leva strana identiteta je 1-x F (x) x = , 1-x (1 - x)(1 - x - x2 ) x generatrisa Fibonaijevih brojeva. Sa desne strane c 1 - x - x2 1 F (x) - x lanovima Fn+2 i 1 odgovaraju c i , pa sredjivanjem ovog izraza x2 1-x jer je F (x) =

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA dobijamo 1 F (x) - x - x2 1-x = = =

1 1 1 2 - 1 = 1-x-x - 1-x x 1-x 1 1 - (1 - x - x2 ) 1 1+x - - = 2) 2 x · (1 - x - x 1-x 1-x-x 1-x 1 - x2 - (1 - x - x2 ) x = . (1 - x)(1 - x - x2 ) (1 - x)(1 - x - x2 ) x 1-x-x2 x2

166

-x

-

Kako smo dobili funkciju generatrise koja odgovara levoj strani identiteta, zakljuujemo da dati identitet zaista vai. c z

TEOREMA 3.4.18

Fn+1 Fn-1 - Fn 2 = (-1)n za n N. Dokaz 1 . Za n = 1 imamo F2 F0 - F1 2 = 1 · 0 - 12 = -1 = (-1)1 . Pretpostavimo da tvrdjenje vai za n = k, tj. da je Fk+1 Fk-1 - Fk 2 = (-1)k . z Sad posmatrajmo ta se deava za n = k + 1: s s Fk+2 Fk - Fk+1 2 = (Fk+1 + Fk )Fk - Fk+1 2 = Fk+1 Fk + Fk 2 - Fk+1 2 = Fk+1 Fk+1 - Fk-1 ) + Fk 2 - Fk+1 2 = -(Fk+1 Fk-1 - Fk 2 ) = -(-1)k = (-1)k+1

Po principu matematike indukcije tvrdjenje vai za svaki prirodan broj n. c z F Fn 1 1 . = n+1 Fn Fn-1 1 0 Kada izraunamo determinante od obe strane prethodne jednakosti dobijamo c ba traeni identitet: (-1)n = Fn+1 · Fn-1 - Fn 2 . s z Dokaz 2 . Prema Teoremi 3.4.10 imamo jednakost TEOREMA 3.4.19 Fn+m = Fn-1 Fm + Fn Fm+1 za n > 1. Dokaz 1 . Dokaza´emo matematikom indukcijom po m. c c Za m = 1 imamo Fn-1 F1 + Fn F2 = Fn-1 · 1 + Fn · 1 = Fn+1 . Pretpostavimo da tvrdjenje vai za sve m k. z Sad posmatrajmo ta se deava za n = k + 1: s s Fn-1 Fk+1 + Fn Fk+2 = = = = Fn-1 (Fk + Fk-1 ) + Fn (Fk+1 + Fk ) Fn-1 Fk + Fn-1 Fk-1 + Fn Fk+1 + Fn Fk (Fn-1 Fk + Fn Fk+1 ) + (Fn-1 Fk-1 + Fn Fk ) Fn+k + Fn+k-1 = Fn+k+1

n

Po principu matematike indukcije tvrdjenje vai za svaki prirodan broj n. c z

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

167

Dokaz 2 . Viestruko ´emo koristiti formulu za opti lan Fibonaijevog niza s c s c c n -()n dobijenu u Teoremi 3.4.3 gde su oznake = (1 + 5)/2 i Fn = () 5 = (1 - 5)/2 iz Primera 3.4.6. Takodje ´emo koristiti da je · = -1. c Fn-1 Fm +Fn Fm+1 = = = =

1 5 1 5 1 5 1 5

(n-1 - n-1 )(m - m ) + (n - n )(m+1 - m+1 ) [n+m-1 -(-1)n-1 m-n-1 -(-1)n-1 m-n+1 + n+m-1 + n+m+1 - (-1)n m-n+1 - (-1)n m-n+1 + n+m+1 ] (n+m-1 + n+m-1 + n+m+1 + n+m+1 ) 1 ( - ) · (n+m + n+m ) = 5 (n+m - n+m ) = Fn+m

TEOREMA 3.4.20 Fn+2 =

[ n+1 ] 2

k=0

n-k+1 . k

Dokaz . Na osnovu Teoreme 3.4.2 imamo da je broj podskupova koji ne sadre z 2 uzastopna elementa jednak Fn+2 . Prebrojimo ove podskupove i na drugi nain. c Svakom podskupu S skupa Nn odgovara binarni niz (s1 , s2 , . . . , sn ), kod koga je 1 jS sj = , 0 jS za j = 1, 2, . . . , n. Neka je f (n, k) broj k-toelementnih podskupova skupa Nn koji ne sadre 2 uzastopna elementa. Tim podskupovima odgovaraju binarni z nizovi duine n koji ne sadre 2 uzastopne 1 i koji imaju ukupno k jedinica i z z n - k nula. Ako fiksiramo tih n - k nula, svaka jedinica moe zauzeti jedno od z n - k + 1 mesta (pre nula, n - k - 1 mesto izmedju neke 2 nule, iza nula), to s je slikovito prikazano na slede´i nain: c c 0 0 0... 0 0 , gde predstavljaju mesta gde moe biti najvie jedan element 1. Stoga, biramo z s k pozicija za 1 od ukupno n - k + 1 pozicija, to moemo uiniti na n-k+1 s z c k naina, pa je c n-k+1 f (n, k) = . k Indeks u sumi, k, ide od 0 (sa 0 jedinica imamo niz (0, 0, . . . , 0) koji odgovara ) sve dok je n - k + 1 k (jer ne moemo k jedinica rasporediti na manje od z n+1 k pozicija), to je ekvivalentno uslovu k s . Time smo pokazali traenu z 2 n+1 n+1 [ 2 ] [ 2 ] n-k+1 jednakost Fn+2 = f (n, k) = . k

k=0 k=0

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

168

LUKASOV NIZ

DEFINICIJA 3.4.21

Lukasov niz {Ln } je zadat slede´om rekurentnom jednainom: c c L1 = 1, L2 = 3 i Ln+2 = Ln+1 + Ln .

Ponekad su poetni uslovi zadati i kao L0 = 2, L1 = 1 (ne´emo se osvrtati c c na pomerene Lukasove nizove). TEOREMA 3.4.22 Opti lan Lukasovog niza je jednak Ln = s c

1+ 5 2 n

+

1- 5 2

n

.

Dokaz . Kako Fibonaijev i Lukasov niz zadovoljavaju istu rekurentnu c jednainu (samo uz drugaije poetne uslove), potpuno isto kao u Teoremi 3.4.3 c c c dolazimo do opteg reenja s s Ln = C1 ·

1+ 5 2 n

+ C2 ·

1- 5 2

n

.

Kako su L1 = 1 i L2 = 3, zamenom n = 1 i n = 2 u opte reenje dobijamo s s sistem po C1 i C2 , ija su reenja C1 = 1 i C2 = -1, odakle dobijamo da je c s opti lan Lukasovog niza dat formulom s c Ln = 1+ 5 2

n

+

1- 5 2

n

.

TEOREMA 3.4.23

Funkcija generatrise L(x) Lukasovog niza iznosi L(x) =

2-x . 1-x-x2

Dokaz . Potpuno isto kao i u Teoremi 3.4.5 jednaini Ln+2 = Ln+1 + Ln (sa c poetnim uslovima L0 = 2 i L1 = 1) odgovara slede´a jednaina sa funkcijama c c c generatrisa: L(x) - L0 - L1 x L(x) - L0 = + L(x). 2 x x Odavde nakon sredjivanja dobijamo traenu funkciju generatrise z L(x) = 2-x . 1 - x - x2

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

169

Slede´a teorema nam daje direktnu vezu Fibonaijevih i Lukasovih brojeva. c c TEOREMA 3.4.24 Za svako prirodno n vai jednakost Ln = Fn+1 + Fn-1 . z

Dokaz . Iako se ovo tvrdjenje relativno brzo moe pokazati principom z matematike indukcije, mi ´emo ovde dati dokaz koji koristi funkcije generac c trisa ova 2 niza. Krenimo od desne strane ove jednakosti. Niz {Fn-1 } je niz koji se dobija od {Fn } pomeranjem ulevo za jedno mesto, pa njemu odgova funkcija generatrise F (x) - 0 F (x) F (x) - F0 = = , x x x dok se niz {Fn+1 } dobija od {Fn } pomeranjem udesno za jedno mesto, pa njemu odgova funkcija generatrise x · F (x) + F-1 = x · F (x) + 1 (ovde treba da obrati panju ta se deava sa "nultim"lanom, jer u nizu {Fn+1 } z s s c na nultoj poziciji treba da bude F-1 = 1 da bi vaila rekurentna veza za Fiz bonaijeve brojeve). Dakle, desnu stranu predstavlja funkcija generatrise c F (x) + x · F (x) + 1 x = =

x 2 F (x) · (1 + x2 ) 2 · (1 + x ) + 1 = 1-x-x +1 x x 1 + x2 2-x +1= , 1 - x - x2 1 - x - x2

a to je ba jednako funkciji generatrise Lukasovog niza. s Time smo pokazali jednakost sa funkcijama generatrise, pa kako ona vai z dobijamo da vai i jednakost Fn-1 + Fn+1 = Ln . z U slede´oj teoremi je sadrana kombinatorna definicija Lukasovih brojeva. c z TEOREMA 3.4.25 Skup Nn = {1, 2, . . . , n} sadri tano Ln podskupova (ukljuuju´i i ) u z c c c kojima se ne nalaze 2 uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n istovremeno.

Dokaz . Oznaimo sa an broj podskupova skupa Nn koji ne sadre 2 uzastopna c z prirodna broja (isto kao u Teoremi 3.4.2), a sa bn broj podskupova skupa Nn koji ne sadre 2 uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n istovremeno. Za svaki z skup S, koji brojimo u bn , imamo 2 mogu´nosti: c 1 n S. Kako broj n nije u S u njemu mogu biti svi brojevi iz Nn-1 , ali uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an-1 . 2 n S. Kako je broj n u S u njemu ne moe biti ni 1 ni n - 1, te je stoga z S \ {n} Nn-2 \ {1}, opet uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA ima an-3 . Stoga na osnovu Teorema 3.4.2 i 3.4.24 dobijamo da vai z bn = an-1 + an-3 = Fn+1 + Fn-1 = Ln .

170

TEOREMA 3.4.26 Ln =

[n] 2

k=0

n-k n . n-k k

Dokaz . Koristimo oznake kao u Teoremi 3.4.20 i oznaimo sa f (n, k) broj c podskupova skupa Nn koji ne sadre 2 uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n z istovremeno. Za svaki skup S, koji brojimo u f (n, k), imamo 2 mogu´nosti: c 1 n S. Kako broj n nije u S u njemu mogu biti svi brojevi iz Nn-1 , ali da ih je ukupno k i uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima f (n - 1, k). 2 n S. Kako je broj n u S u njemu ne moe biti ni 1 ni n - 1, te je stoga z S \ {n} Nn-2 \ {1} i ima k - 1 element, opet uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima f (n - 3, k - 1). Sada moemo da izraunamo koliko je f (n, k): z c f (n, k) = f (n - 1, k) + f (n - 3, k - 1) = = (1 +

k n-k )

·

n-k k

n-k n-k-1 + k k-1 n-k n = . k n-k

Indeks u sumi, k, ide od 0 do n (jer su tad svi binomni koeficijenti koji se 2 javljaju u sumi razliiti od 0). Time smo pokazali traenu jednakost c z [n] [n] 2 2 n n-k Ln = f (n, k) = . n-k k

k=0 k=0

ZADACI

1. Jedna osoba se penje uz stepenice tako to prelazi li 1 ili 2 stepenika s odjednom. Na koliko razliitih naina ona moe da se popne uz stepenice koje c c z se sastoje od n stepenica? 2. Dokazati da za determinantu reda n vai D(-1, 1, 1) = Fn+1 . z 3. Predstaviti slede´e brojeve u Fibonaijevom zapisu: c c a) a = 85; b) a = 200; c) a = 343; d) a = 500.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

171

4. Predstaviti slede´e nizove pomo´u Fibonaijevih brojeva Fn : c c c a) a0 = r, a1 = s, an+2 = an+1 + an , n 0. b) b0 = 0, b1 = 1, bn+2 = bn+1 + bn + c, n 0. n c) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an + m , n 0, gde je m dati prirodan broj. d) b0 = 1, b1 = 2, bn+2 = bn+1 · bn , n 0. 5. Dokazati da za svako prirodno m medju prvih m2 - 1 lanova Fibonaijevog c c niza ima bar jedan deljiv sa m. 6. Dokazati da suma osam uzastopnih lanova Fibonaijevog niza nikada nije c c lan Fibonaijevog niza. c c Dokazati slede´e identitete (7­26): c 7. F1 + F3 + . . . + F2n-1 = F2n . 8. F2 + F4 + . . . + F2n = F2n+1 - 1. 9. F1 - F2 + F3 - . . . + (-1)n+1 Fn = (-1)n+1 Fn-1 + 1. 10. F1 2 + F2 2 + . . . + Fn 2 = Fn Fn+1 . 11. (Fm , Fn ) = F(m,n) , gde je (a, b) najve´i zajedniki delilac brojeva a i b. c c 12. F2n = Fn+1 2 - Fn-1 2 . 13. F2n-1 = Fn 2 + Fn-1 2 . 14. Fn+2 2 - Fn+1 2 = Fn Fn+3 . 15. Fm+1 Fm - Fm-1 Fm-2 = F2m-1 . 16. Fn+1 Fn+2 - Fn Fn+3 = (-1)n . 17. F3n = Fn+1 3 + Fn 3 - Fn-1 3 . 18. F1 F2 + F2 F3 + . . . + F2n-1 F2n = F2n 2 . 19. F1 F2 + F2 F3 + . . . + F2n F2n+1 = F2n+1 2 - 1. 20. F3 + F6 + . . . + F3n = (F3n+2 - 1)/2. 21. F1 + 2F2 + . . . + nFn = nFn+2 - Fn+3 + 2. 22. Fn+k Fm-k = Fn Fm + (-1)n Fm-n-k Fk . 23. Fn 4 - Fn-2 Fn-1 Fn+1 Fn+2 = 1. 24. Fk 3 = (F3k - 3(-1)n Fk )/5.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

n

172

25.

k=0 n

n Fm+k = Fm+2n . k (-1)k n F2n+k = (-1)n Fn . k

26.

k=0

27. Na polju F8 ahovske table 8×8 postavljena je dama. Igru igraju dva igraa s c i poteze vuku naizmenino. Svaki od igraa, kad je na potezu, moe pomerati c c z damu za koliko eli polja nanie (po vertikali), levo (po horizontali) ili levo­dole z z (po dijagonali). Gubi onaj igra koji nema gde da ide. Znai, pobednik ´e biti c c c onaj igra koji prvi dotera damu na polje A1. Poznato je da u ovoj igri igra koji c c je prvi na potezu, ukoliko igra pravilno, uvek pobedjuje ma kako igrao njegov partner. Kako to treba da igra? A ko ´e pobediti pri pravilnoj igri ako se dama c nalazi na polju E8? 28. ("Mini Tetris") Na´i funkciju generatrisu i rekurentnu relaciju za broj c naina na koji se moe u potpunosti prekriti (tako da se delovi ne preklapaju) c z pravougaonik dimenzija n × 2 pomo´u kvadrata dimenzija 2 × 2 i 1 × 1. c 29. Za jedan skup prirodnih brojeva kaemo da je sebian, ako mu je broj z c elemenata njegov element. Ako je A sebian i nijedan njegov pravi podkup nije c sebian, tada kaemo da je A minimalan sebian skup. Odrediti broj minimalnih c z c sebinih podkupova skupa {1, 2, . . . , n}. c

3.5

PARTICIJE PRIRODNIH BROJEVA

· Particije prirodnih brojeva i njihova funkcija generatrise, Biggs 19.3 · Komentar o Hardy-jevoj i Ramanujan-ovoj proceni za pn · Funkcija generatrise za ograniene particije, Biggs 19.4 c

3.6

KATALANOVI BROJEVI

Katalanovi brojevi Cn , n 0, predstavljaju niz prirodnih brojeva koji se pojavljuje kao reenje velikog broja kombinatornih problema. Knjiga [?] sadri s z skup zadataka koji opisuju ak 66 razliitih interpretacija Katalanovih brojeva! c c Prvi ih je opisao Ojler, a ime su (ipak) dobili po belgijskom matematiaru c Eugenu Carlsu Katalanu (Eug´ne Charles Catalan; 1814­1894), koji je otkrio e vezu izmedju problema Hanojskih kula i slede´eg problema: c Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada, tako da je u svakom poetnom delu niza broj levih zagrada ve´i ili jednak broju desnih c c zagrada? PRIMER 3.6.1 Za n = 3 postoji slede´ih pet korektnih nizova zagrada: c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA ((())) (()()) (())() ()(()) ()()().

173

NAPOMENA

Prvih nekoliko Katalanovih brojeva za n = 0, 1, 2, 3, . . . , 25, . . . je 1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4862, 16796, 58786, 208012, 742900, 2674440, 9694845, 35357670, 129644790, 477638700, 1767263190, 6564120420, 24466267020, 91482563640, 343059613650, 1289904147324, 4861946401452, . . . Oni predstavljaju niz A000108 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [29].

REKURENTNA RELACIJA

Katalanovi brojevi zadovoljavaju jednostavnu rekurentnu relaciju. Neka je X korektni niz n parova zagrada. Prva zagrada u X oigledno mora biti leva c zagrada. Neka se na poziciji k nalazi njoj odgovaraju´a desna zagrada. Tada c su podnizovi: · X , koji ine zagrade na pozicijama od 2 do k - 1, i c · X , koji ine zagrade na pozicijama od k + 1 do 2n, c takodje korektni nizovi zagrada (mogu´e je da je bilo koji od ovih nizova prazan). c Nizovi X i X zajedno sadre n - 1 par zagrada. z S druge strane, ako su X i X proizvoljni korektni nizovi zagrada koji zajedno sadre n - 1 par zagrada, tada je niz (X )X (dobijen nadovezivanjem z ovih nizova uz dodavanje jo jednog para zagrada) takodje korektan niz zagrada. s Sada moemo i da uoimo rekurentnu relaciju koju zadovoljavaju Katalanovi z c brojevi:

n-1

(3.16) Zajedno sa

Cn =

i=0

Ci Cn-1-i ,

n

1.

C0 = 1, ova rekurentna relacija je dovoljna da odredi sve Katalanove brojeve. Iako homogena, ova relacija nije linearna, tako da se za njeno reavanje s ne mogu primeniti formule date u prethodnim odeljcima. Umesto toga, iskoristi´emo metod funkcija generatrise. c

´ RESENJE POMOCU FUNKCIJE GENERATRISE

Neka je C(x) =

n 0

Cn xn .

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

174

Posmatrajmo funkciju C 2 (x). Po pravilu za mnoenje funkcija generatrise, koz eficijent uz xn u C 2 (x) jednak je

n

C0 Cn + C1 Cn-1 + . . . + Cn C0 =

i=0

Ci Cn-i = Cn+1 .

Prema tome, izgleda da funkcija C 2 (x) lii na C(x) ... Da bismo bili precizniji, c x iz prethodnog zapaanja vidimo da je koeficijent uz xn+1 u xC 2 (x) isti kao i z u funkciji C(x). Slobodni lanovi ovih funkcija se ipak razlikuju: u xC 2 (x) c slobodni lan je 0, dok je u C(x) slobodni lan jednak 1. Sada konano moemo c c c z da vidimo da vai z xC 2 (x) - C(x) + 1 = 0. Ovo je sada kvadratna jednaina po C(x) koja ima dva mogu´a reenja: c c s 1 ± 1 - 4x . C(x) = 2x Jednu mogu´nost moemo odmah izbaciti, s obzirom da vai c z z 1 + 1 - 4x za x 0, 2x dok je zaista lim (3.17)

1- 1-4x 2x x0

= 1. Zbog toga zakljuujemo da vai c z C(x) = 1- 1 - 4x . 2x

Izraz 1 - 4x = (1 - 4x)1/2 se moe pretvoriti u stepeni red koriste´i Uoptenu z c s binomnu teoremu (Teorema 3.1.8) 1 - 4x =

n 0

1/2 (-4)n xn n

1 1 2(2

=

n 0

- 1)( 1 - 2) · . . . · ( 1 - n + 1) 2 2 (-4)n xn n!

=

n 0

(-1)n-1 · 1 · 1 · 3 · 5 · . . . · (2n - 3) (-4)n xn 2n n! - 1 · 3 · 5 · . . . · (2n - 3) · 2n (n - 1)! n x n!(n - 1)! 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · . . . · (2n - 3) · (2n - 2) n x n!(n - 1)! (2n - 2)! n x . n!(n - 1)!

=

n 0

=

n 0

-2 · -2 ·

n 0

=

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Sada se za C(x) iz (3.17) dobija da je (3.18) C(x) =

n 0

175

(2n)! xn = (n + 1)!n!

n 0

1 2n n x . n+1 n

DVA DIREKTNA RESENJA

Kao to smo rekli na poetku ove glave, problemi koje razmatramo obino s c c imaju i reenja koja ne koriste funkcije generatrise. Medjutim, to ne znai da su s c ova alternativna reenja laka -- ona uglavnom upoljavaju paljivo osmiljene s s s z s trikove. Uostalom, procenite i sami razliku u teini izmedju prethodnog odredz jivanja Katalanovih brojeva i slede´a dva reenja, koja se mogu na´i na c s c http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan numbers Radi lakeg opisivanja ovih reenja, sada ´emo pre´i na drugi skup objekata s s c c koji prebrojavaju Katalanovi brojevi. Monotoni put je put uz ivice mree sa z n × n kvadratnih ´elija, koji polazi iz donjeg levog ugla, zavrava u gornjem c s desnom uglu i u potpunosti se sastoji od ivica koje idu udesno ili navie. s LEMA 3.6.2 Broj monotonih puteva u n × n mrei koji ne prelaze preko dijagonale jednak z je Cn . Dokaz . Da bismo ovo videli, dovoljno je da primetimo da je svaki korektni niz sa n parova zagrada ekvivalentan sa tano jednim monotonim putem: svakoj c levoj zagradi odgovara ivica koja ide udesno, a svakoj desnoj zagradi ivica koja ide navie. s Prvo direktno reenje s Ovo reenje se zasniva na triku koji je otkrio D. Andr´, a koji je danas s e poznatiji pod imenom princip refleksije. Pretpostavimo da je dat monotoni put u n × n mrei koji prelazi preko z dijagonale. Pronadjimo prvu ivicu na putu koja lei iznad dijagonale, i onaj z deo puta koji lei nakon te ivice preslikajmo u odnosu na dijagonalu. (Drugim z reima, poinjemo sa nekorektnim nizom sa n parova zagrada i menjamo sve c c zagrade nakon prve desne zagrade koja naruava uslov korektnosti.) Put koji s dobijamo na ovaj nain je monotoni put u (n - 1) × (n + 1) mrei. Slika 3.1 c z ilustruje ovaj proces; zeleni deo puta je onaj deo koji se preslikava. Poto svaki s monotoni put u (n - 1) × (n + 1) mrei mora da predje preko dijagonale u nekom z trenutku, svaki takav put moe na jedinstven nain da se dobije pomo´u ovog z c c procesa preslikavanja. Broj ovakvih puteva je 2n , n-1

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

176

Slika 3.1: Zeleni deo puta se preslikava. pa je stoga broj monotonih puteva u n×n mrei koji ne prelaze preko dijagonale z jednak razlici ukupnog broja monotonih puteva i onih koji prelaze dijagonalu, tj. 2n 2n 1 2n Cn = - = . n n-1 n+1 n

Drugo direktno reenje s Slede´e bijektivno reenje, iako jo malo komplikovanije od prethodnog, omoc s s gu´i´e nam da damo prirodno objanjenje za lan n + 1 koji se pojavljuje u cc s c imeniocu formule 3.18. Pretpostavimo da je dat monotoni put u n × n mrei, koji moe i da prelazi z z preko dijagonale. Odstupanje puta definiemo kao broj parova ivica koje se s nalaze iznad dijagonale. Na primer, ivice koje lee iznad dijagonale su na slici 3.2 z oznaene crveno, tako da je odstupanje ovog puta jednako 5. Sada, ako je dat c

Slika 3.2: Put sa odstupanjem 5. put ije je odstupanje ve´e od nule, moemo da primenimo slede´i algoritam c c z c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA kako bi konstruisali novi put ije je odstupanje za 1 manje: c

177

· Krenuvi iz donjeg levog ugla, pratimo put dok prvi put ne predje iznad s dijagonale; · Nastavimo da pratimo put dok ponovo ne dodirne dijagonalu. Neka x oznaava ovu ivicu kojom smo dodirnuli dijagonalu; c · Obojimo u crveno deo puta od poetka do ivice x (ne ukljuuju´i ivicu x!), c c c a u zeleno deo puta nakon ivice x do kraja. Zamenimo mesta crvenom i zelenom delu puta, ostavljaju´i ivicu x izmedju njih. c

Slika 3.3: Crveni i zeleni deo puta menjaju mesta. Primer sa slike 3.3 treba da pojasni ovaj algoritam. Na ovoj slici, crni krui´ oznaava taku gde na put prvi put prelazi preko dijagonale. Ivica zc c c s x kojom put ponovo dodiruje dijagonalu, je obojena u crno. Sada menjamo mesta crvenog dela puta sa zelenim delom, kako bismo dobili novi put, prikazan na desnoj strani slike 3.3. Primetimo da se odstupanje u novom putu smanjilo sa tri na dva. U sutini, primenom prethodnog algoritma na bilo koji put, njegovo odstus panje ´e se smanjiti tano za 1: ivica x koja se u poetku nalazila iznad dic c c jagonale, sada je ispod nje, prouzrokuju´i da se odstupanje crvenog dela puta c smanji za 1, dok se odstupanje zelenog dela puta ne menja. Takodje, nije teko videti da se ovaj proces moe okrenuti: za bilo koji put P s z ije je odstupanje manje od n, postoji tano jedan put koji daje P nakon primene c c algoritma. Ovim zakljuujemo da je broj puteva sa odstupanjem n jednak broju puteva c sa odstupanjem n - 1, koji je jednak broju puteva sa odstupanjem n - 2, itd. sve do nule. Drugim reima, skup svih monotonih puteva podelili smo na n + 1 c podskupova, svaki sa istim brojem elemenata, koji odgovaraju svim mogu´im c odstupanjima od 0 do n. S obzirom da ukupno postoji 2n n

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

178

monotonih puteva, dobijamo da je traeni broj puteva koji ne prelaze dijagonalu z jednak 1 2n Cn = . n+1 n

Slika 3.4: Svi monotoni putevi u 3 × 3 mrei. z Slika 3.4 ilustruje ovu podelu za n = 3. Svaki od 20 mogu´ih monotonih c puteva se nalazi u jednoj od kolona, u zavisnosti od njegovog odstupanja. U prvoj koloni se nalaze putevi sa odstupanjem tri, koji u potpunosti lee iznad z dijagonale. Kolone iza nje prikazuju rezultat sukcesivnih primena algoritma, smanjuju´i odstupanje za 1 nakon svake primene. S obzirom da postoje etiri c c kolone, vai da je C3 = 20 = 5. z 4

KOGA JOS PREBROJAVA KATALAN?

Da bismo predstavili slede´i skup objekata kojeg prebrojavaju Katalanovi c brojevi, bi´e nam potrebno nekoliko definicija. c

DEFINICIJA 3.6.3

Neka je T skup vorova medju kojima je definisana relacija : "biti naslednik". c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

179

Pretpostavimo takodje da postoji vor r T tako da su svi ostali vorovi c c naslednici vora r (direktni ili indirektni). Tada se uredjena trojka (T, , r) c naziva korensko stablo, a vor r se naziva koren stabla. c Cvor bez naslednika u stablu naziva se list. Za dato korensko stablo (T, , r) i vor s T , podstablo u voru s je korensko c c stablo (Ts , s , s), gde Ts ine vor s i svi njegovi naslednici iz T , a s je restrikcija c c relacije na skup Ts . Korensko stablo se slikovito predstavlja tako to se svaki vor, poevi od s c c s korena stabla, predstavlja krui´em i zatim spaja linijom sa svakim od svojih zc direktnih naslednika, koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega.

DEFINICIJA 3.6.4

Poziciono binarno stablo je korensko stablo u kojem je svaki vor ili list ili ima c jedistvenog levog i desnog (direktnog) naslednika. Za svaki vor s pozicionog binarnog stabla, podstabla u levom i desnom c nasledniku s se nazivaju levo i desno podstablo vora s. c u de u de u e de u de u e du de e u e du u de e e d u du e du e e de u u u e de e de

Slika 3.5: Poziciona binarna stabla sa etiri lista. c Da bismo pojasnili ove definicije, na slici 3.5 su prikazana sva poziciona binarna stabla sa etiri lista (gde su listovi prikazani belo, a ostali vorovi crno). c c Sada konano moemo da pokaemo c z z LEMA 3.6.5 Broj pozicionih binarnih stabala sa n + 1 listom jednak je Cn . Dokaz . Da bismo pokazali ovo tvrdjenje, konstruisa´emo bijekciju A izmedju c skupa svih pozicionih binarnih stabala i skupa svih korektnih nizova zagrada. Pritom ´e A preslikavati proizvoljno poziciono binarno stablo sa n + 1 listom u c korektni niz n parova zagrada. Primetimo najpre da oba skupa objekata doputaju rekurzivne definicije. s Naime, poziciona binarna stabla se mogu definisati pomo´u slede´ih pravila: c c (s1) Stablo koje se sastoji samo od korena je poziciono binarno stablo. (s2) Ako su T i T poziciona binarna stabla, tada je i stablo T , dobijeno tako to se uvede novi vor r i proglasi korenom, a koreni stabala T i T s c proglase, redom, za levog i desnog naslednika korena r, takodje poziciono binarno stablo.

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA S druge strane, korektni nizovi zagrada se mogu definisati pomo´u: c (z1) Prazan niz zagrada je korektan.

180

(z2) Ako su A i A korektni nizovi zagrada, tada je i niz (A )A , dobijen spajanjem nizova A i A , takodje korektan niz zagrada. Ove definicije nam sada omogu´avaju da i traenu bijekciju A konstruiemo c z s rekurzivno: (b1) Stablo koje se sastoji samo od korena se preslikava u prazan niz zagrada. (b2) Ako se stabla T i T preslikavaju, redom, u korektne nizove zagrada A i A , tada se stablo T preslikava u niz (A )A . Pokaza´emo, uz pomo´ matematike indukcije, da je A obostrano jedc c c noznano preslikavanje: naime, za bazu imamo da stablu koje se sastoji od c korena odgovara prazan niz zagrada, a za korak koristimo da svaki korektni niz zagrada poinje levom zagradom, za koju postoji tano jedna odgovaraju´a c c c desna zagrada; tada za podniz A izmedju ove dve zagrade postoji tano jedno c stablo T tako da je A(T ) = A , a za podniz A nakon desne zagrade postoji tano jedno stablo T tako da je c A(T ) = A . Stoga, prema konstrukciji preslikavanja A, za stablo T , dobijeno proglaenjem s T i T za levo i desno podstablo, redom, vai da je z A(T ) = A. Preostaje jo da pokaemo da ´e bijekcija A preslikati poziciono binarno stas z c blo T sa n+1 listom u korektan niz n zagrada. Najpre, iz konstrukcije A vidimo da svakom voru stabla T , koji nije list, odgovara tano jedan par zagrada. Neka c c stablo T ima n + 1 listova i k vorova koji nisu listovi (prema tome, stablu T c odgovara niz k parova zagrada). Svaki od k vorova stabla T ima tano dva c c direktna naslednika, dok listovi nemaju naslednike, tako da je ukupan broj direktnih naslednika u T jednak 2k. S druge strane, svaki vor, izuzev korena, je c direktni naslednik tano jednog drugog vora, tako da je ukupan broj direktnih c c naslednika u T jednak (n+1)+k-1. Izjednaavaju´i ove dve vrednosti dobijamo c c da je k = n, pa vidimo da stablu T zaista odgovara niz n parova zagrada. Slika 3.6 ilustruje bijekciju A, konstruisanu u prethodnom dokazu, za sluaj c n = 3. Medju vorovima pozicionog binarnog stabla T moe da se uvede relacija c z poretka (takodje na rekurzivan nain) tako to ´e, za svaki vor s T , svi c s c c vorovi u njegovom levom podstablu biti ispred s, a svi vorovi u njegovom c c desnom podstablu biti iza s. NAPOMENA

Ovako definisan poredak na engleskom jeziku se zove infix order i on odgovara infiksnoj

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA u u de u de e de ((( ))) u u de e du e de (( )( )) u e du u de d e e ( )(( )) u e du e du e de ( )( )( ) u u u e de e de (( ))( )

181

Slika 3.6: Ilustracija bijekcije A za n = 3.

notaciji izraza (npr. a + b, kao i to smo navikli). Postoje jo i prefiksna notacija s s (ponegde zvana i poljska notacija, po poljskom matematiaru Lukaijeviu; npr. +ab) c s c i postfiksna notacija (tzv. inverzna poljska notacija; npr. ab+).

Poziciono binarno stablo T sa n + 1 listova moe da se interpretira i kao z izraunavanje vrednosti proizvoda a1 · a2 · . . . · an · an+1 na slede´i nain: rasc c c poredimo najpre u listove, u infix poretku, promenljive a1 , a2 , . . . , an+1 , a u preostale vorove znak · za operaciju mnoenja. Vrednost proizvoda sada c z moemo da dobijemo, rekurzivno, tako to, za svaki vor s T , najpre nadjemo z s c vrednosti izraza Ls , koji odgovara njegovom levom podstablu, i Rs , koji odgovara njegovom desnom podstablu, a zatim u vor s stavimo vrednost izraza c Ls · Rs . Vrednost u korenu stabla tada predstavlja proizvod vrednosti svih promenljivih. Kako je ovo pridruivanje pozicionih binarnih stabala obostrano z jednoznano sa nainima da se izrauna proizvod a1 · a2 · . . . · an · an+1 , moemo c c c z da zakljuimo da vai slede´a lema. c z c LEMA 3.6.6 Broj naina da se izrauna vrednost proizvoda a1 · a2 · . . . · an · an+1 jednak c c je Katalanovom broju Cn .

u de u de u e de

(a1 · (a2 · (a3 · a4 )))

u u de e du e d e

(a1 · (a2 · a3 )) · a4 )

u e du u de e de

(a1 · (a2 · a3 )) · a4

u du e e du e de

a1 · (a2 · (a3 · a4 )

u u u e de e de

(a1 · a2 ) · (a3 · a4 )

Slika 3.7: Kako se moe izraunati proizvod a1 · a2 · a3 · a4 ? z c Da bismo ilustrovali konstrukciju iz prethodnog razmatranja, na slici 3.7 su predstavljeni svi naini da se izrauna vrednost proizvoda a1 · a2 · a3 · a4 . c c Jo neki primeri skupova objekata koje prebrojavaju Katalanovi brojevi dati s su u zadacima.

ZADACI

3.6.1 Konstruisati poziciono binarno stablo koje odgovara slede´em korektnom nizu c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA od 11 parova zagrada: (((())())())(())(())(). 3.6.2

182

Covek ide najkra´im putem na posao koji je 10 blokova istono i 10 blokova c c severno od njegove ku´e. Ulice se ukrtaju pod pravim uglom i ine pravougaonu c s c mreu, u pravcima sever-jug i istok-zapad (svaki blok je oivien ulicama ili z c ulicama i rekom). Reka tee dijagonalno od take gde ivi do take gde radi. c c z c Na reci nema mostova izmedju njegovog stana i posla, tako da ako naidje na dijagonalu, u stvari nailazi na reku (i tada mora skrenuti desno, tj. krenuti u pravcu istoka). Koliko taj ovek ima naina da stigne na posao, a da ne skrene c c sa najkra´eg puta ili da se ne skvasi? c Tokom pauze na poslu, 20 ljudi eka u redu ispred automata za napitke. Svaki c napitak kota 5 dinara. U maini nedostaje novi´a za kusur, tako da moe s s cc z obaviti povra´aj tek onda kada dobije dovoljno odgovaraju´ih novi´a. Ako 10 c c cc ljudi ima taan iznos, a 10 njih ima samo novi´e od po 10 dinara, na koliko se c cc naina ljudi mogu rasporediti u red, tako da svako dobije odgovaraju´i kusur? c c Na postrojavanju komandir ima 18 vojnika u vrsti. Kada je komandovao "Nalevo!" pola vojnika se okrenulo na levu stranu, a pola na desnu. Na koliko razliitih naina je to moglo da se desi? c c Na koliko razliitih naina je mogu´e izraunati slede´i izraz? c c c c c

a1 a2 a3 . . . an

3.6.3

3.6.4

3.6.5

Dokazati da Katalanovi brojevi Cn predstavljaju broj elemenata svakog od slede´ih 20 skupova Si , i = a, b, . . . , s, t, u zadacima 3.6.6­3.6.25. Elementi c svakog skupa Si su ilustrovani za n = 3, u nadi da ´e ilustracije otkloniti evenc tualne nejasno´e u definicijama. Idealno, trebalo bi dokazati da Si i Sj imaju c isti broj elemenata konstruisanjem jednostavne, elegantne bijekcije ij : Si Sj za svaki par i, j . . . 3.6.6 Sa : triangulacije konveksnog (n+2)-gona na n trouglova pomo´u n-1 dijagonala c koje nemaju zajednikih taaka u unutranjosti (n + 2)-gona. c c s

3.6.7

Sb : uredjena stabla sa n + 1 vorova. c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

183

3.6.8

Sc : putevi u celobrojnoj mrei od (0, 0) do (n, n) sa koracima (0, 1) ili (1, 0), z koji nikada ne idu iznad prave y = x.

3.6.9

Sd : Dikovi putevi od (0, 0) do (2n, 0), tj. putevi u celobrojnoj mrei sa koracima z (1, 1) i (1, -1), koji nikada ne idu ispod x-ose.

3.6.10

Se : n disjunktnih tetiva koje spajaju 2n taaka na krunici. c z

3.6.11

Sf : naini da se u ravni povee 2n taaka koje lee na horizontalnoj pravoj c z c z pomo´u n disjunktnih lukova, tako da svaki luk povezuje dve od datih taaka i c c lei iznad svih taaka. z c

3.6.12

Sg : nizovi od n brojeva 1 i n brojeva -1 tako da je svaka suma prvih k brojeva, k n, nenegativna (gde je -1 oznaen samo kao -): c 111 - - - 11 - 1 - - 11 - -1 - 1 - 11 - - 1 - 1 - 1-

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 3.6.13

184

Sh : nizovi 1 a1 . . . an celih brojeva sa ai i (ovo je ustvari broj neopadaju´ih c funkcija a : {1, 2 . . . , n} {1, 2 . . . , n} koje zadovoljavaju uslov a(x) x za svako 1 x n. 111 112 113 122 123 Si : nizovi a1 , a2 , . . . , an celih brojeva tako da je a1 = 0 i 0 000 001 010 011 012 ai+1 ai + 1.

3.6.14

3.6.15

Sj : permutacije a1 a2 · · · a2n skupa {1, 2, . . . , 2n} tako da: (i) 1, 3, . . . , 2n - 1 se pojavljuju u rastu´em poretku, c (ii) 2, 4, . . . , 2n se pojavljuju u rastu´em poretku i c (iii) 2i - 1 se pojavljuje pre 2i, 1 i n. 123456 123546 132456 132546 135246

3.6.16

Sk : stek-permutacije a1 a2 . . . an skupa {1, 2, . . . , n} koje mogu da se dobiju od identike permutacije 12 . . . n koriste´i stek: brojevi 1, 2, . . . , n se redom stavlc c jaju na stek, a skidaju sa steka u proizvoljnim trenucima, s tim to nije mogu´e s c skinuti broj sa praznog steka. Na primer:

123 3.6.17

132

213

231

321

Sl : naini da se novi´i poredjaju u ravni, tako da prvi red sadri n novi´a. c cc z cc

3.6.18

Sm : (neuredjeni) parovi puteva u celobrojnoj mrei, koji imaju duinu n + 1, z z polaze iz (0, 0), koriste korake (1, 0) ili (0, 1), zavraju se u istoj taki, a seku se s c samo u prvoj i poslednjoj taki. c

GLAVA 3. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 3.6.19

185

Sn : permutacije a1 a2 · · · an skupa {1, 2, . . . , n} tako da je najdui opadaju´i z c podniz duine najvie dva, tj. ne postoje indeksi i < j < k tako da je ai > aj > z s ak (ovakve permutacije se zovu i 321-izbegavaju´e permutacije). c 123 213 132 312 231

3.6.20

So : relacije na skupu {1, 2, . . . , n} koje su refleksivne (i i), simetrine (i j c j i) i ako je 1 i < j < k n i i k, tada je i j i j k (u primeru piemo ij s za par (i, j) i ne navodimo parove ii): {12, 21} {23, 32} {12, 21, 23, 32} {12, 21, 13, 31, 23, 32}

3.6.21

Sp : n-torke (a1 , a2 , . . . , an ) prirodnih brojeva ai 2 tako da u nizu 1, a1 , a2 , . . . , an , 1 svako ai deli zbir svoja dva suseda. 14321 13521 13231 12531 12341

3.6.22

Sq : n-tolani podskupovi S skupa N × N tako da za (i, j) S vai i j i postoji c z put u celobrojnoj mrei od take (0, 0) do (i, j) sa koracima (0, 1), (1, 0) i (1, 1) z c koji u potpunosti lei u S: z {(0, 0), (1, 0), (2, 0)} {(0, 0), (1, 0), (1, 1)} {(0, 0), (1, 0), (2, 1)}

{(0, 0), (1, 1), (2, 1)} 3.6.23

{(0, 0), (1, 1), (2, 2)}

Sr : nepresecaju´e particije skupa {1, 2, . . . , n}, tj. particije {1, 2, . . . , n} = B1 c B2 · · · Bk , i = j Bi Bj = , takve da ako je a < b < c < d i a, c Bi i b, d Bj , tada je i = j. 123 12 - 3 13 - 2 23 - 1 1-2-3

3.6.24

Ss : nepresecaju´e particije skupa {1, 2, . . . , 2n + 1} u n + 1 blokova, tako da c nijedan blok ne sadri par uzastopnih brojeva. z 137 - 46 - 2 - 5 1357 - 2 - 4 - 6 157 - 24 - 3 - 6

17 - 246 - 3 - 5 3.6.25

17 - 26 - 35 - 4

St : nizovi a1 , a2 , . . . , a2n+1 nenegativnih celih brojeva tako da je a1 = a2n+1 = 0, i |ai+1 - ai | = 1 za i = 1, 2, . . . , 2n. 0123210 0121210 0121010 0101210 0101010

Glava 4

Teorija grafova

4.1

STABLA

Pojam stabla (ili drveta) predstavlja jedan od najvanijih pojmova u teoriji z grafova. Stablo se moe posmatrati u dva konteksta: kao poseban graf (koji z poseduje neka svojstva), ili kao podgraf nekog (povezanog) grafa. Slina c situacija se javlja i sa konturama.

DEFINICIJA 4.1.1

Stablo je povezan graf bez kontura. Na Sl. 1 data su sva (neizomorfna) stabla sa najvie pet vorova. s c ?????

TEOREMA 4.1.2

Slede´i iskazi su ekvivalentni: c (i) Stablo je povezan graf bez kontura.

186

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA (ii) Stablo je povezan graf sa n vorova i m = n - 1 grana. c (iii) Stablo je graf sa n vorova, m = n - 1 grana i bez kontura. c

187

(iv) Stablo je minimalan povezan graf (udaljavanjem bilo koje grane postaje nepovezan graf). (v) Stablo je maksimalan graf bez kontura (dodavanjem bilo koje grane formira se kontura). (vi) Stablo je graf u kome su svaka dva vora povezana jedistvenim putem. c

Dokaz .

Dovoljno je dokazati da svaki iskaz implicira slede´i, a poslednji prvi. c

(i) (ii): Indukcijom po n. Za n 2 nema ta da se dokazuje. Pretpostavimo s da tvrdjenje vai za sve grafove sa najvie n vorova (n > 2). Posmatrajmo z s c povezan graf bez kontura sa n + 1 vorova. Uoimo dva vora u tom grafu c c c na najve´oj udaljenosti (duina najkra´eg puta je najve´a). Tada su ti vorovi c z c c c stepena jedan. U protivnom vailo bi da postoji dui put (ako je jedan od z z krajnjih vorova susedan jednom voru van uoenog puta), ili se u protivnom c c c javlja kontura (ako je jedan od krajnjih vorova susedan bar sa dva vora puta). c c Udaljavanjem jednog od tih vorova stepena jedan, dobija se graf koji je povezan c i bez kontura. Na osnovu indukcijske hipoteze on ima n vorova i m = n - 1 c granu. Samim tim posmatrani graf ima n + 1 vorova i n grana, to je i trebalo c s dokazati. (ii) (iii): Pretpostavimo da graf poseduje bar jednu konturu, i neka je K jedna od tih kontura. Jasno je da svaki vor konture K ima stepen bar c dva. Primetimo zatim da je srednji stepen vora grafa G manji od 2 (naime, c 2 d = 2 m = 2 - n ). Odatle sledi da postoji bar jedan vor u grafu stepena jedan c n (pretpostanlja se da je n > 1; u protivnom nema ta da se dokazuje). Udaljino s iz grafa bilo koji vor stepena jedan i njemu incidentnu granu. Tada se dobija c povezan graf sa n = n - 1 vorova i m = n - 1 grana. Takodje je jasno da c udaljeni vor ne pripada konturi K. Ponavljaju´i isti postupak na dobijeni podc c graf, kao i njegove podgrafove, dobi´emo posle konano mnogo koraka graf koji c c sadri samo vorove konture K, dakle nijedan vor stepena jedan, kontradikcija. z c c Stoga, posmatrani graf G nema kontura. Ovim je implikacija dokazana. (iii) (iv): Pretpostavimo najpre da je graf nepovezan i da ima k > 1 komponenata. Tada je svaka njegova komponenta stablo (jer nema kontura). Stoga i­ta komponenta ima ni vorova i mi = ni - 1 grana (i = 1, 2, . . . , k). Odac tle direktno sledi da je ukupan broj grana grafa m = n - k, kontradikcija, s obzirom da je m = n - 1. Dokazimo sada i minmalnost. Pretpostavimo stoga da smo udaljavanjem neke grane dobili povezan graf. Tada izmedju krajnjih vorova te grane postoji bar jedan put. Ako bismo vratili udaljenu granu, ona c bi sa uoenim putem formirala konturu, to je u suprotnosti pretpostavkama u c s okviru (iii). Stoga je implikacija dokazana.

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

188

(iv) (v): Najpre, oigledno je da graf nema kontura. Naime, udaljavanjem c bilo koje grane sa konture, dobili bismo povezan graf to je prema u suprotnosti s sa (iv). Dokaimo sada i maksimalnost. Drugim reima pretpostavimo da smo z c grafu dodali granu i da nismo formirali konturu. Medjutim to je nemogu´no, jer c je graf bio povezan, tako da je izmedju krajnjih vorova dodate grane postojao c put, a samim tim je dodavanjem grane neminovno dolo do formiranja konture. s Ovim je implikacija dokazana. (v) (vi): Pretpostavimo da izmedju dva vora ne postoji put koji ih povezuje. c Tada bi dodavanjem grane izmedju ta dva vora dobili graf bez konture, to je c s u suprotnosti sa (v). Dakle, izmedju svaka dva vora postoji bar jedan put. c Ako bi izmedju dva vora postojala bar dva puta, tada bi u grafu postojala c kontura. Naime ovi putevi se najpre razdvajaju poei od nekog vora (potencic s c jalno polaznog za oba puta) a zatim is stapaju u isti vor (potencijalno zavrnog c s za oba puta). Medjutim, postojanje konture je u suprotnosti sa (v). Ovim je implikacija dokazana. (vi) (i): Najpre, jasno je da je graf povezan. Ako bi u grafu postojala bar jedna kontura, tada bi izmedju bilo koja dva vora neke konture postojala dva c razliia puta, to je u suprotnosti sa (vi). Stoga je graf, na osnovu definicije 1, c s stablo. Ovim je teorema dokazana. Iz ove teoreme sledi da se svaki od iskaza (i)­(vi) moe uzeti kao definicija z stabla. Pored toga, ova teorema ima i vie posledica. Pomenimo neke od njih. s POSLEDICA 4.1.3 Svaki povezan graf sadri stablo kao razapinju´i podgraf. z c

Dokaz . Najpre imamo da je graf povezan. Ako bi bio bez kontura, tada bi samim tim bio i stablo (trivijalan sluaj. Uzmimo stoga da ima bar jednu c konturu. Udaljimo potom bilo koju granu te konture. Ovim je dobijen povezan graf. Ako bi taj podgraf bio bez kontura dokaz bi bio gotov. U protivnom, ponavljanjem istog rezonovanja, posle konano koraka, dobili bismo povezan c podgraf bez kontura, dakle stablo. Ovim je dokaz kompletiran.

DEFINICIJA 4.1.4

Suma je graf ija je svaka komponenta stablo. c

Bez dokaza je oigledno da vai: c z POSLEDICA 4.1.5 Svaki graf sadri umu kao razapinju´i podgraf. z s c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

189

Pretpostavimo sada da smo u nekom (povezanom) grafu izdvojili neko razapinju´e stablo. U odnosu na to stablo, sve preostale grane obrazulu takodje c jedan razapinju´i podgraf. c

DEFINICIJA 4.1.6

Za dati graf G = (V, E), i razapinju´e stablo T = (V, F ), graf T = (V, E \ F ) c naziva se kostablo stabla T . Slino se definie i kouma. c s s

Primetimo da svaka grana kostabla, ako se doda stablu, obrazuje u odgo varaju´em podgrafu konturu (videti (v) iz Teoreme ???). Stavie, ova konc s tura je jedinstvena. Za skup svih ovako dobijenih kontura kae se je i linearno z nezavisan. Ovaj termin je izabran zbog slede´eg razloga: Predpostavimo da je c uoen (konano dimenzionalni) vektorski prostor nad poljem GF (2) kod koga su c c vektori predstavljeni m­torkama kod kojih svakoj komponenti odgovara grana grafa. Tada svakom podgrafu odgovara slede´i vektor: ako grana grafa pric pada podgrafu tada je odgovaraju´a komponenta 1, a u protivnom je 0. Sada c nije teko videti da su vektori koji pripadaju pomenutim konturama linearno s nezavisni. Za povezan graf sa n vorova i m grana imamo da njegovo proizvoljno razac pinju´e stablo sadri n - 1 grana, dok odgovaraju´e kostablo sadri m - n + 1 c z c z grana. Generalnije, za proizvoljan graf sa k komponenata, njegova razapinju´a c uma sadri n - k grana, a odgovaraju´e kouma sadri m - n + k grana. Stoga s z c s z imamo:

DEFINICIJA 4.1.7

Za proizvoljan graf sa n vorova, m grana i k komponenata, imamo da je c (i) (G) = n - k rang grafa; (ii) (G) = m - n + k korang grafa (ili njegov ciklomatski broj).

KORENSKO STABLO

U raznim primenama od posebnog znaaja su korenska stabla. c

DEFINICIJA 4.1.8

Stablo u kome je jedan vor posebno izdvojen naziva se korensko stablo, a taj c vor predstavlja koren stabla. c

Vano svojstvo korenskog stabla je da je izmedju svakog vora grafa i korena z c postoji jedinstven put. U odnosu na koren, moe se izvriti particija skupa z s

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

190

vorova grafa na slede´i nain: V0 se sastoji samo od korena; Vi (i > 1) je skup c c c vorova grafa na rastojanju i od korena. Dakle imamo da se skup vorova grafa c c moe predstaviti "razbiti"na slede´i nain: z c c V = V0 V 1 · · · V h Uobiajeno je da se kae da su vorovi i na i­tom nivou (sloju) u odnosu na c z c r (koren stabla). Za Vh (= ) se kae da predstavlja skup listova korenskog z stabla, ili njegovih terminalnih (zavrnih) vorova. Ujedno, h je visina stabla. s c Cvorovi iz V \ Vh , predstavljaju unutranje vorove stabla. s c Korenska stabla imaju veliku primenu u raunarstvu. Pokaza´emo sada na c c primeru kako se neka formula moe predstaviti korenskim stablom (videti Sl. z 2). Formulu ((a + b) × (c - d)) + (a × d) moemo pretstaviti slede´im korenskim z c stablom. ????

Koren odgovara celoj formuli; svaki unutranji vor odgovara nekoj podfors c muli; na primer, levi sused korena odgovara podformuli (a + b) × (c - d); listovi stabla odgovaraju slovnim simbolima (promenljivim). ????

DEFINICIJA 4.1.9

Za korensko stablo se kae da je binarno ako svaki vor stabla (otac) ima najvie z c s dva susedna vora na slede´em nivou (sina). U standardnom prikazu (slici) c c binarnog stabla sin sa leve strane se naziva levi sin, a sin sa desne strane desni sin. Postoji i alternativna definicija binarnog stabla.

DEFINICIJA 4.1.10

(Rekurzivna definicija) T je binarno stablo ako vai: z (i) T = K1 ;

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

191

(ii) ako su T1 i T2 binarna stabla, tada je i T = T1 T2 binarno stablo, pri emu je T1 T2 graf dobijen uvodjenjem novog vora (koren stabla T ) i c c povezivanjem tog vora granom sa korenima stabala T1 i T2 (ukoliko oni c nisu prazni, to jest bez vorova). c

Slede´a teorema se jednostavno dokazuje. c TEOREMA 4.1.11 Neka je T binarno stablo sa n vorova i visine h. Tada je c n ili alternativno, h log2 (n + 1) - 1. 2h+1 - 1,

Posmatra´emo sada neke standardne naine obilazaka vorova binarnog stac c c bala. (i) KLD­obilazak (engleski: pre­order) Kod ovog naina obilaska binarnog c stabla najpre se obilazi koren, zatim levo podstablo, pa tek potom desno podstablo. Na primer, binarno stablo sa Sl. ?, bi se obilo na slede´i nain: s c c ??????????????? (ii) LKD­obilazak (engleski: in­order) Kod ovog naina obilaska binarnog c stabla najpre se obilazi levo podstablo, zatim koren, pa tek potom desno podstablo. Na primer, binarno stablo sa Sl. ?, bi se obilo na slede´i nain: s c c ??????????????? (iii) LDK­obilazak (engleski: post­order) Kod ovog naina obilaska binarnog c stabla najpre se obilazi levo podstablo, zatim desno podstablo, koren, pa tek potom koren. Na primer, binarno stablo sa Sl. ?, bi se obilo na slede´i nain: s c c ???????????????

ORIJENTISANA STABLA

Za proizvoljno stablo se kae da je orijentisano, ako je svakoj grani dodelz jena neka orijentacija. Drugim reima, jedan od krajnjih vorova je izabran za c c poetni a drugi za zavrni; na granu se postavlja strelica usmerena od potnog c s c ka zavrnom voru. Dakle, ako imamo stablo sa n vorova tada se ono moe s c c z orijentisati na 2n-1 naina. Od posebnog interesa su orijentisana korenska stac bla. ???

STABLA PRETRAGE U DUBINU I SIRINU

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

192

4.2

´ RAZAPINJUCA STABLA

MALO ISTORIJE I OSNOVNI POJMOVI

Dva glavna tvrdjenja u ovom odeljku, Kejlijeva (eng. Arthur Cayley) teorema i Kirhofova (eng. Kirchhoff) teorema za matrice i stabla, su dokazana jo u 19s tom veku (to su prvi znaajniji rezultati Teorije grafova nakon Ojlerovih, koji c su iz 18-og veka). Oba su stigla direktno iz primena. Fiziar Kirhof je svoje tvrdjenje pokazao 1947. godine i ono mu je posluilo c z za izraunavanje jaina elektrinih struja u granama nekog elektrinog kola (jer c c c c nezavisni ciklusi u potpunosti odredjeni jednim razapinju´im stablom). c Kejli je engleski matematiar koji je 1857. godine uveo u matematiku poc jam stabla. Skoro u isto vreme (oko 1859.) otkrivene su strukturne formule hemijskih jedinjenja. Kejli je naao vezu izmedju ova 2 pojma (on je povezao s stabla i strukturne formule alkana ­ jedinjenja formule Cn H2n+2 ) i u radu "O matematikoj teoriji izomera"iz 1874. godine je postavio kamen temeljac naune c c discipline Hemijske teorije grafova. Na slede´oj slici su 2 alkana koji imaju forc mulu C6 H14 (kako imaju istu formulu ­ oni su izomeri) i odgovaraju´a stabla c (kod kojih su vorovi ugljenikovi atomi, a grane veze medju njima). c H HH H C H H H C C C C H H C H H H HH w w w w w w

H H H H H H H C C C C C C H H H H H H H

w w w w w w

Slika 4.1: Strukturne formule dva alkana i odgovaraju´a stabla c Kejli je pokuao da pronadje broj izomera In alkana Cn H2n+2 , nije uspeo u s tome, mada je dao nekoliko vanih rezultata vezanih za prebrojavanje stabala. z Do reenja ovog problema je dodjeno mnogo kasnije ­ broj izomernih alkana su s odredili 1931. godine hemiari Hinze i Bler (eng. Henze, Blair), a opti metod c s za reavanje ovakvih enumerativnih problema je pronaao madjarsko-ameriki s s c matematiar Dord Polja (eng. Georg Polya) 1936. godine. c z z Uvedimo nekoliko pojmova koji igraju kljunu ulogu u ovom odeljku. c

DEFINICIJA 4.2.1

Razapinju´i podgraf grafa G = (V, E) je podgraf oblika (V, E ), E E. Razac

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

193

pinju´e stablo je razapinju´i podgraf koji je stablo, a razapinju´a uma je makc c c s simalni razapinju´i podgraf koji je uma. c s Da razjasnimo ovde ta podrazumevamo pod maksimalnim podgrafom koji s je uma. Maksimalan je u smislu broja grana, tj. ako bismo dodali bilo koju s granu to vie ne bi bila uma, nego graf koji sadri tano jednu konturu. Stoga, s s z c razpinju´a uma sadri razapinju´a stabla kao svoje komponente povezanosti. c s z c

DEFINICIJA 4.2.2

Kompleksnost grafa G je broj razapinju´ih stabala grafa. Kompleksnost grafa c G ´emo oznaavati sa t(G). Oznaimo tn = t(Kn ), tj. tn je broj razapinju´ih c c c c stabala u potpunom grafu Kn .

Egzistenciju razapinju´eg stabla i razapinju´e ume nam daju slede´e leme: c c s c LEMA 4.2.3 Graf je povezan ako i samo ako ima razapinju´e stablo. c

Dokaz . Neka je G povezan graf, a T minimalni povezani razapinju´i podgraf c od G. Tada je T povezan, a T - e je nepovezan za svaku granu e E(T ), pa po ekvivalentnim definicijama stabla dobijamo da je T stablo, a samim tim i razapinju´e stablo. c Ako graf G ima razapinju´e stablo T , tada postoji put izmedju bilo koja 2 c vora u T , pa samim tim postoji i put izmedju bilo koja 2 vora u G, te je G c c povezan. LEMA 4.2.4 Svaki nepovezan graf ima razapinju´u umu. c s

Dokaz . Ako je G nepovezan, onda prema prethodnom u svakoj njegovoj komponenti povezanosti moemo na´i razapinju´e stablo. Unija svih tih razapinju´ih z c c c stabala daje traenu razapinju´u umu. z c s

KEJLIJEVA TEOREMA

Kao to smo u prethodnom poglavlju videli, kada smo crtali sva stabla sa s malim brojem vorova, broj stabala sa datim brojem vorova nije bilo mogu´e c c c eksplicitno odrediti (time se bave napredne enumerativne tehnike, poput teorije Polje koja koristi funkcije generatrisa i teoriju orbita). Ali za broj razapinju´ih c stabala na fiksiranom skupu vorova (odredjivanje broja razipunji´ih stabala na c c skupu od n vorova je isto to i odredjivanje broja razapinju´ih stabala koja su c s c podgrafovi potpunog grafa Kn ) postoji jednostavno formula. Ali pre nego to s damo tvrdjenje Kejlijeve teoreme, to ´emo ilustrovati jednim primerom. c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA PRIMER 4.2.5 Odredimo sva razapinju´a stabla sa 1, 2, 3 i 4 vora. c c

194

Reenje. Razapinju´ih stabala sa 1 i 2 vora ima samo po jedno. Razapinju´ih s c c c stabala sa 3 vora ima 3, dok razapinju´ih stabala sa 4 vora ima 16. Sva ona c c c su predstavljena na slede´im slikama: c 1 w Slika 4.2: Sva razapinju´a stabla sa 1 vorom c c 2 w 1 w Slika 4.3: Sva razapinju´a stabla sa 2 vora c c 2 w 1 w w3 1 w 2 w w3 1 w 2 w w3

Slika 4.4: Sva razapinju´a stabla sa 3 vora c c 2 w 1 w w3 w4 2 w 1 w w3 w4 2 w 1 w w3 w4 2 w 1 w w3 w4

2 w 1 w

w3 w4

2 w 1 w

w3 w4

2 w 1 w

w3 w4

2 w 1 w

w3 w4

2 w 1 w

w3 w4

2 w 1 w

w3 w4

2 w 1 w

w3 w4

2 w 1 w

w3 w4

Primetimo da za n = 1 ima 1-1 = 1 razapinju´e stablo, za n = 2 ima 20 = 1 c razapinju´e stablo, za n = 3 ima 31 = 3 razapinju´a stabla i za n = 4 ima c c 42 = 16 razapinju´ih stabala (tu su samo 2 neizomorfna stabla ­ zvezda i put). c 4 Takodje ukupan broj prostih grafova na skupu vorova N4 je 2(2) = 26 = 64 c 4 jer svaka od 2 = 6 grana moe da postoji, ali i ne mora (2 mogu´nosti). z c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA 2 w 1 w w3 w4 2 w 1 w w3 w4 2 w 1 w w3 w4 2 w 1 w w3 w4

195

Slika 4.5: Sva razapinju´a stabla sa 4 vora c c Uoptenje zakljuaka prethodnog primera je jedno od najvanijih tvrdjenja s c z Teorije grafova -- Kejlijeva teorema. Nju je prvi dokazao Kejli jo 1889. godine, s a od tada je nadjeno mnotvo razliitih dokaza. Cak je 1970. godine Kanadjanin s c Don Mun (eng. John W. Moon) napisao itavu knjigu o prebrojavanju razapz c inju´ih stabala [22]. Napomenimo jo da se razapinju´a stabla (eng. spanning c s c trees) nazivaju i oznaena stabla (eng. labeled trees). c Mi ´emo ovde navesti 4 dokaza. c Pre nego to krenemo u dokazivanje, da´emo definiciju Priferovog (nem. s c H. Pr¨fer) niza i 2 algoritma pomo´u kojih od razapinju´eg stabla dobijamo u c c Priferov niz i obratno. U daljem tekstu ´emo pretpostaviti da su vorovi razac c pinju´eg stabla sa n vorova oznaeni brojevima 1, 2, . . . , n. c c c

DEFINICIJA 4.2.6

Priferov niz duine n - 2, za n z ponavljanja dozvoljena.

2, je bilo koji niz brojeva iz Nn u kome su i

Sada ´emo dati proceduru za konstruisanje Priferovog niza s od datog razac pinju´eg stabla T sa n vorova, tzv. Priferovo kodiranje. c c

procedure Priferovo kodiranje (T ) for i := 1 to n - 2 begin v := vor stepena 1 sa najmanjom oznakom c si := oznaka suseda od v T := T - v end return s end procedure

PRIMER 4.2.7

Odredimo Priferov niz za slede´e razapinju´e stablo: c c Reenje. Odgovaraju´i Priferov niz je s = (8, 2, 5, 5, 8, 6). s c Na slede´im slikama da´emo korak po korak pravljenja Priferovog niza (sa c c sve stablom iz koga uklanjamo grane), dok u narednoj tablici imamo za svaki korak oznaku vora v, granu koja vodi iz njega e = {v, si }, kao i oznaku suseda c si vora v. c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA 1 2 w w w3 8 w 7 w w w 6 5 w4

196

Slika 4.6: Razapinju´e stablo koje treba kodirati u Priferov niz c

i v e si

1 2 3 4 5 6 1 3 2 4 5 7 {1, 8} {3, 2} {2, 5} {4, 5} {5, 8} {7, 6} 8 2 5 5 8 6 1 2 w w w3 8 w w4 w w 6 5 s = (8, 2, 1 2 w w w3 8 w 7 w w4 w w 6 5 s = (8, 2, 5, 5, 8, 7 w 1 2 w w w3 8 w w4 w w 6 5 s = (8, 2, 5, 1 2 w w w3 8 w 7 w w4 w w 6 5 s = (8, 2, 5, 5, 8, 6) 7 w

1 2 w w w3 8 w w4 w w 6 5 s = (8, 1 2 w w w3 8 w 7 w w4 w w 6 5 s = (8, 2, 5, 5, 7 w

Vezu Priferovog niza i stepena vora u grafu nam daje slede´a lema: c c LEMA 4.2.8 Neka je Pk broj pojavljivanja broja k u Priferovom nizu s koji odgovara razapinju´em stablu T . Tada je stepen vora k u T jednak Pk + 1. c c

Dokaz . Tvrdjenje je tano za bilo koje razapinju´e stablo T sa 3 vora, jer c c c se Priferov kod takvog stabla sastoji od 1 pojavljivanja oznake vora koji ima c stepen 2. Pretpostavimo da je tvrdjenje tano za sva razapinju´a stabla sa n 3 vora c c c i neka je T razapinju´e stablo sa n + 1 vorova. Neka je v vor stepena 1 sa c c c najmanjom oznakom i neka je w sused od v. Tada Priferov kod stabla T ima oblik s = (w, s2 , s3 , . . . , sn-1 ), gde je s = (s2 , s3 , . . . , sn-1 ) Priferov kod stabla T = T - v. Sada, po indukcijskoj pretpostavki, imamo da je dT (u) za 1 ve´i c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

197

od broja pojavljivanja u u s . Ali za u = w imamo da je broj pojavljivanja u u s i u s jednak i dT (u) = dT (u). Dalje imamo da je dT (w) = dT (w) + 1, ali i w ima jedno pojavljivanje vie u s nego u s . s Stoga po principu matematikeindukcije imamo da je tvrdjenje tano za c c svaki vor razapinju´eg stabla T . c c Sada ´emo dati proceduru za konstruisanje razapinju´eg stabla T sa n c c vorova od Priferovog niza s, tzv. Priferovo dekodiranje. c

procedure Priferovo dekodiranje (s) := (1, 2, . . . , n) Inicijalizovati umu T sa n izolovanih vorova oznaenih sa 1, . . . , n s c c for i := 1 to n - 2 begin v := najmanji broj koji je u , a nije u s w := 1 // w je prvi broj u listi L dodati granu {v, w} u umu T s ukloniti w iz liste ukloniti prvo pojavljivanje v iz niza s end dodati granu koja spaja preostala 2 elementa liste return T end procedure

PRIMER 4.2.9

Odredimo razapinju´e stablo za Priferov niz: s = (8, 2, 5, 5, 8, 6). c Reenje. Na osnovu Leme 4.2.8 dobijamo da su u T stepeni vorova: s c d(1) = d(3) = d(4) = d(7) = 1, d(2) = d(6) = 2 i d(5) = d(8) = 2. Na slede´im slikama su predstavljeni koraci u Priferovom dekodiranju: c 1 2 w w w3 8 w 7 w w w 6 5 w4 1 2 w w w3 8 w 7 w w w 6 5 w4 1 2 w w w3 8 w 7 w 1 2 w w w3 8 w

w4 w4 7 w w w w w 6 5 6 5 = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) = (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) = (2, 4, 5, 6, 7, 8) = (4, 5, 6, 7, 8) s = (2, 5, 5, 8, 6) s = (5, 5, 8, 6) s = (5, 8, 6) s = (8, 2, 5, 5, 8, 6)

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA 1 2 w w w3 8 w 7 w w w 6 5 w4 1 2 w w w3 8 w 7 w w w 6 5 w4 1 w 8 w 7 w 2 w 1 w 8 w 7 w 2 w

198

w3 w4

w3 w4

= (5, 6, 7, 8)

= (6, 7, 8)

s = (8, 6)

s = (6)

w w 6 5 = (7, 8) s=()

w w 6 5

Oznaimo sa Pn-2 skup Priferovih nizova duine n - 2, a sa Tn skup svih c z razapinju´ih stabala na skupu od n vorova 1, 2, . . . , n. U proceduri Priferovog c c kodiranja smo definisali funkciju fk : Tn Pn-2 sa fk (T ) = s, a u proceduri Priferovog dekodiranja definisali funkciju fd : Pn-2 Tn sa fd (s) = T . LEMA 4.2.10 Funkcija fd je dobro definisana.

Dokaz . Prvo primetimo da u svakom koraku procedure nemamo vie izbora s za granu koju ´emo docrtati. Stoga procedura Priferovog dekodiranja definie c s funkciju fd koja slika skup Pn-2 u skup grafova sa n vorova. Potrebno je jo da c s pokaemo da je rezultat te procedure stablo. Da bismo pokazali da funkcija fd z daje rezultat stablo (kada se primeni na Priferov niz s) koristi´emo princip c matematike indukcije. c Za n = 2 procedura daje jednu granu {1, 2}, pa je graf T stablo sa 2 vora. c Pretpostavimo da je tvrdjenje tano za neko n 2 i posmatrajmo Priferov niz c s = (s1 , s2 , . . . , sn-1 ) i graf T sa skupom vorova {1, 2, . . . , n + 1}. U prvom koc raku procedure dodajemo granu {b, s1 }, gde je b vor koji nije u s i ima najmanju c oznaku. Nijedna od n - 1 grana koje ´e biti odredjene u narednim koracima (od c 2. do n-tog) ne´e biti incidentna sa b. Stoga je nastavak procedure, od koraka c 2, ekvivalentan sa primenom procedure na Priferov niz s = (s2 , s3 , . . . , sn-1 ) na skupu vorova {1, . . . , b - 1, b + 1, . . . , n + 1}, a po induktivnoj pretpostavci c ´emo tu dobiti stablo T . Ovo stablo zajedno sa granom {b, s1 } formira stablo c T na skupu vorova {1, 2, . . . , n + 1}. c

LEMA 4.2.11

Funkcija fk : Tn Pn-2 je inverzna funkcija funkcije fd : Pn-2 Tn .

Dokaz . U i-tom koraku procedura Priferovog kodiranja brie granu {v, w} s koju je dodavala procedura Priferovog dekodiranja i dodaje oznaku vora v koji c je procedura Priferovog dekodiranja izbacivala iz Priferovog niza s. Stoga je za svaki Priferov niz s ispunjeno fk (fd (s)) = s, pa je fk inverzna funkcija funkcije fd . Slino moe da se pokae i da je fd inverzna funkcija funkcije fk . c z z

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

199

Pomo´u ove leme moemo da dokaemo Kejlijevu teoremu. Da´emo 4 dokaza c z z c ove teoreme (od ega 2 ukljuuju materiju koja sledi nakon njih). c c TEOREMA 4.2.12 Kejlijeva teorema. n N, jednak je nn-2 . Broj razapinju´ih stabala kompletnog grafa Kn , za c

Dokaz 1. Oznaimo vorove u Kn sa 1, 2, . . . , n. Neka je T razapinju´e stablo. c c c Na osnovu Leme 4.2.11 imamo da je funkcija fk bijekcija iz skupa Tn u skup Pn-2 , pa ova 2 skupa imaju jednak broj elemenata, a kako je broj Priferovih nizova jednak |Pn-2 | = nn-2 , to je i broj razapinju´ih stabala |Tn | = nn-2 . c Dokaz 2. Uoimo neki vor u iz Kn . Oznaimo sa t(n, k) broj razapinju´ih c c c c stabala u kojima taj vor ima stepen k, d(u) = k. Tada je c

n-1

tn =

k=1

t(n, k).

Nazovimo svenjem par razapinju´ih stabala A i B, takvih da je dA (u) = k - 1 z c i dB (u) = k i da stabla imaju po n - 2 zajednike grane, a one dve grane (jedna c je uv) koje nisu zajednike su incidentne sa istim vorom v = u i svih tih n c c grana ini uniciklian graf sa konturom koja prolazi i kroz u i kroz v. c c U A je dA (u) = k - 1. Graf B moemo dobiti tako to vor u spojimo sa z s c proizvoljnim vorom v sa kojim nije susedan (v moemo izabrati na n-k naina), c z c a onda iz konture izbacimo granu vw iz v (vw = vu). Stoga svenjeva ima z (n - k) · t(n, k - 1). U B je dB (u) = k. Ako bi odstranili vor v graf B bi se raspao na k komponenti c povezanosti: B1 ,. . . , Bk (neka je vi Bi vor koji je susedan sa u i |Bk | = nk ). c Graf A moemo dobiti tako to odstranimo proizvoljnu granu uvi , a zatim vor z s c vi spojimo sa proizvoljnim vorom v iz neke druge komponente povezanosti. c Ovu operaciju moemo izvriti na z s n - 1 - n1 + n - 1 - n2 + . . . + n - 1 - nk = k · (n - 1) - (n - 1) = (k - 1)(n - 1) naina. Stoga svenjeva ima (k - 1)(n - 1) · t(n, k). c z Dobili smo rekurentnu relaciju (n - k) · t(n, k - 1) = (k - 1)(n - 1) · t(n, k), iz koje dobijamo (n - k - 1) · t(n, k) = k(n - 1) · t(n, k + 1), (n - k - 2) · t(n, k + 1) = (k + 1)(n - 1) · t(n, k + 2), . . . (n - (n - 1)) · t(n, n - 2) = (n - 2)(n - 1) · t(n, n - 1).

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

200

Kako je t(n, n - 1) = 1 (samo imamo zvezdu K1,n-1 ) kada izmnoimo sve ove z jednakosti dobijamo (n - k - 1)! · t(n, k) = (n-2)! (n - 1)n-k-1 · 1, odnosno (k-1)! t(n, k) = (n - 1)n-k-1 n-2 n-k-1 = (n - 1)n-k-1 n-2 . k-1

Odatle dobijamo da razapinju´ih stabala ima c

n-1

tn =

k=1

(n - 1)n-k-1

n-2 k-1

n-2

=

i=0 n-2

(n - 1)n-i-2 = nn-2 .

n-2 i

tn = [(n - 1) + 1]

Dokaz 3. Na osnovu Teoreme o matricama i stablima (to je Teorema 4.2.24 sa s = t = 1) imamo da je broj razapinju´ih stabala jednak slede´oj determinanti c c reda n - 1: n-1 -1 -1 ... -1 -1 n-1 -1 ... -1 -1 -1 n - 1 ... -1 . tn = . . . . .. . . . . . . . . . -1 -1 -1 ... n-1 Ako prvoj vrsti dodamo preostale vrste dobijamo vrstu sa svim elementima 1. Zatim tu vrstu dodamo svim ostalim i dobijamo 1 1 0 n tn = 0 0 . . . . . . 0 0 1 0 n 0 ... ... . ... .. 1 0 0 = nn-2 . . . . n

Dokaz 4. Sada ´emo pomo´u Teoreme 4.2.13 i Multinomijalne teoreme jo jedc c s nom dokazati Kejlijevu formulu. Ako sumiramo formulu iz Teoreme 4.2.13 po svim mogu´im nizovima stepena stabala sa vorovima {v1 , v2 , . . . , vn } i c c primenimo Multinomijalnu teoremu, dobijamo da je ukupan broj stabala sa vorovima {v1 , v2 , . . . , vn } jednak c (n - 2)! (d1 - 1)!(d2 - 1)! · . . . · (dn-1 - 1)!

d1 , d 2 , . . . , dn 1 d1 + d2 + . . . + dn = 2n - 2 =

(n - 2)! = (1 + 1 + . . . + 1)n-2 = nn-2 . k1 !k2 ! · . . . · kn-1 ! k1 , k2 , . . . , kn 0 n puta k1 + k2 + . . . + kn = n - 2

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

201

TEOREMA 4.2.13

Neka su v1 , v2 , . . . , vn dati vorovi i d1 , d2 , . . . , dn dati brojevi tako da je c di = 2n-2. Dokazati da je broj stabala sa skupom vorova {v1 , v2 , . . . , vn } c takvih da vor vi ima stepen di , i = 1, 2, . . . , n, jednak c

n i=1

(n - 2)! . (d1 - 1)!(d2 - 1)! · . . . · (dn - 1)!

Dokaz . Dokaz ide matematikom indukcijom po n. Za n = 1, 2 tvrdjenje je c n trivijalno tano, pa pretpostavimo da je n > 2. Poto je i=1 di = 2n - 2 < 2n, c s postoji i tako da je di = 1. Bez gubitka optosti, moemo da pretpostavimo da s z je dn = 1. Neka je T skup svih stabala sa vorovima {v1 , v2 , . . . , vn } takvih da svaki c vor vi ima stepen di , i = 1, 2, . . . , n. Podelimo stabla iz T u n - 1 grupa T1 , c T2 , . . . , Tn-1 : skup Tj sadri stabla u kojima je vor vn susedan sa vorom z c c vj . Ako uzmemo stablo iz Tj i obriemo vor vn (zajedno sa njegovom jedinom s c granom), dobijamo stablo sa vorovima {v1 , v2 , . . . , vn-1 } takvih da je stepen c vi jednak di za i = j, dok je stepen vj jednak dj - 1. Lako se vidi da na ovaj nain dobijamo bijekciju izmedju skupa Tj i skupa Tj svih stabala sa vorovima c c {v1 , v2 , . . . , vn-1 } sa nizom stepena d1 , d2 , . . . , dj-1 , dj - 1, dj+1 , . . . , dn-1 , s obzirom da razliita stabla iz Tj daju razliita stabla iz Tj , a iz svakog stac c bla iz Tj moemo da dobijemo stablo iz Tj dodavanjem vora vn i njegovim z c spajanjem sa vorom vj . c Po induktivnoj pretpostavci, imamo da je |Tj | = |Tj | = = (n - 3)! (d1 - 1)! · . . . · (dj-1 - 1)!(dj - 2)!(dj+1 - 1)! · . . . · (dn-1 - 1)! (n - 3)!(dj - 1) (d1 - 1)!(d2 - 1)! · . . . · (dn-1 - 1)!

Ova formula vai i kada je dj = 1: ona tada daje 0, to se slae sa injenicom z s z c da ne postoji stablo sa stepenom dj - 1 = 0 u voru vj . c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA Sada je ukupan broj stabala u T jednak

n-1

202

|T | =

j=1 n-1

|Tj |

=

(n - 3)!(dj - 1) (d1 - 1)!(d2 - 1)! · . . . · (dn-1 - 1)! j=1 n-1 (n - 3)! = (dj - 1) (d1 - 1)!(d2 - 1)! · . . . · (dn-1 - 1)! j=1 (n - 2)(n - 3)! . (d1 - 1)!(d2 - 1)! · . . . · (dn-1 - 1)!

=

Kako je dn = 1, razlomak moemo slobodno da proirimo sa (dn - 1)! = 0! = 1, z s da bismo dobili izraz iz tvrdjenja. Posledica prethodne teoreme je i slede´e tvrdjenje koje je pokazao Klarke c (eng. L. E. Clarke) 1958. godine: TEOREMA 4.2.14 Broj stabala sa skupom vorova {v1 , v2 , . . . , vn } takvih da vor v1 ima stepen c c k jednak je n-2 (n - 1)n-k-1 . k-1 Dokaz . Traeni broj stabala jednak je z = =

(n-2)! (k-1)!(n-k-1)!

n-2 k - 1, d2 - 1, . . . , dn - 1

n-k-1 d2 - 1, . . . , dn - 1

n-2 (n - 1)n-k-1 , k-1

gde obe sume idu po svim d2 , d3 , . . . , dn N (to su stepeni vorova v2 , v3 , . . . , vn c u tim stablima) za koje vai d2 + d3 + . . . + dn = 2n - k - 2. z Slede´e 2 teoreme nam daju rekurentne veze pomo´u kojih se moe izvesti c c z Kejlijeva formula (ti dokazi nisu laki, te ih ovde izostavljamo; za dokaz Kejlijeve teoreme preko Teoreme 4.2.15 videti [32], zadatak 6.16). TEOREMA 4.2.15 Za tn vai slede´a rekurentna formula z c

n-1

(4.1)

(n - 1)tn =

k=1

k(n - k)

n-1 tk tn-k . k-1

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

203

Dokaz . Izraz (n - 1)tn na levoj strani jednakosti (4.1) predstavlja broj naina c da izaberemo jedno razapinju´e stablo T i jednu njegovu granu e. Primec timo da kada iz stabla T odstranimo granu e dobijamo umu sa 2 komponente s povezanosti (ovo ´e nam pomo´i da se izborimo sa desnom stranom jednakosti c c (4.1)). Neka nam je u toj umi skup vorova grafa Kn razbijen na 2 neprazna s c podskupa V1 i V2 , tj. V (Kn ) = V1 V2 . Kako je V1 V2 = V2 V1 , redosled izbora ova 2 podskupa nije bitan, te bez umanjenja optosti moemo uzeti da vor v1 s z c pripada V1 . Tada skup V1 koji ima k elemenata moemo izabrati na n-1 jer z k-1 preostalih k - 1 elemenata skupa V1 biramo od preostalih n - 1 elemenata skupa V (Kn ). Dalje, kada smo izabrali skupove V1 i V2 , sa |V1 | = k i |V2 | = n - k, tada u njima razapinju´a stabla moemo izabrati na tk i tn-k naina. Time smo c z c odredili datu razapinju´u umu sa 2 komponente povezanosti. Ostaje da datu c s umu poveemo jednom granom e i da dobijemo stablo T . Grana e koja povezuje s z te 2 komponente ima jedan kraj u V1 i srugi kraj u V2 . Ti vorovi se mogu (nezac visno jedan od drugog) izabrati na k = k, odnosno na n-k = n - k naina, c 1 1 te se ta grana e moe odrediti na k · (n - k) naina. Zbog svega prethodno z c reenog imamo da se jedno razapinju´e stablo T i jedna njegova grana e mogu c c izabrati na

n-1 X k=1

n-1 k-1

· tk · tn-k · k(n - k) naina. Time je traena jednakost (4.1) c z

dokazana (i to kombinatornim pristupom!). TEOREMA 4.2.16 Za tn vai slede´a rekurentna formula z c

n-1

2(n - 1)tn =

k=1

k(n - k)

n tk tn-k . k

Dokaz . Slino kao i dokazu prethodne teoreme obe strane jednakosti predc stavljaju broj naina da izaberemo razapinju´e stablo T i u njemu 2 susedna c c vora v1 i v2 . Za izraz na levoj strani stablo T moemo odrediti na tn naina, c z c jednu njegovu granu e moemo izabrati na n-1 = n - 1 naina i imamo jo 2 z c s 1 mogu´nosti da izaberemo 2 susedna vora v1 i v2 -- da li uzmemo e = {v1 , v2 } c c ili e = {v2 , v1 }. Skup V1 koji sadri v1 moemo odrediti na n naina, a onda z z c k je odredjen i skup V2 iz koga biramo v2 . Ostali lanovi su isti kao i u dokazu c prethodne teoreme. Navedimo jo jedno tvrdjenje bez dokaza (dokaz moete videti u [31]) koje s z koristi Kejlijevu teoremu. TEOREMA 4.2.17 Broj naina da permutaciju skupa Nn koja ima samo 1 ciklus zapiemo kao c s proizvod n - 1 transpozicija jednak je nn-2 .

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

204

TEOREMA O MATRICAMA I STABLIMA

Sada ´emo navesti drugo veoma vano tvrdjenje vezano za razapinju´a stac z c bla, Teoremu o matricama i stablima (eng. Matrix-Tree Theorem). Ponegde se ova teorema naziva i Kirhofova teorema, zato to je Kirhof prvi doao do s s nje, jo davne 1847. godine. Pre nego to formuliemo ovu teoremu nave´emo s s s sc nekoliko lema. Orijentiimo grane grafa G na proizvoljan nain. Neka je sa S = [sij ]n,m s c oznaena (-1, 0, 1)-matrica incidencije vorova i grana na taj nain dobijenog c c c digrafa. Tu je -1 ako grana ej izlazi iz vora vi c sij = 0 ako grana ej i vora vi nisu susedni c 1 ako grana ej ulazi u vor vi . c Neka je A matrica susedstva grafa G sa skupom vorova V (G) = {v1 , v2 , . . . , vn }. c Neka je D dijagonalna matrica sa Dii = dG (vi ). Tada je L = D - A Laplasova matrica grafa G.

LEMA 4.2.18

S · S T = L, gde je L Laplasova matrica. Dokaz . Podsetimo se da S T oznaava transponovanu matricu matrice S. c m X Stoga je element na mestu (i, k) matrice S · S T je jednak lik = sij · skj . Ako

j=1

su vi i vk susedni vorovi, tada postoji samo jedna grana up koja izlazi iz jednog c od tih vorova i ulazi u drugi, te je tada sip · skp = -1, dok je za ostale grane ej c ispunjeno sij · skj = 0, pa je i lik = -1. Ako vi i vk nisu susedni vorovi, tada c ne postoji nijedna grana izmedju njih, te je sij · skj = 0 za svaku granu ej , pa dobijamo lik = 0. Za i = k za svaku granu ep koja je incidentna sa vi dobijamo da je sip · skp = 1, dok je za ostale sij · skj = 0, pa je lik = d(vi ). Na osnovu svega izloenog dobijamo da je S · S T = D - A. Po definiciji Laplasove matrice z imamo L = D - A. Naredna tvrdjenja ´emo pokazati samo za vrste, ali ona vae i za kolone c z (dokaz bi iao analogno, ili moemo iskoristiti da se transponovanjem vrednost s z determinante ne menja). LEMA 4.2.19 Ako je zbir elemenata u svakoj vrsti kvadratne matrice A jednak 0, tada su kofaktori elemenata iz svake vrste matrice A medjusobno jednaki. Dokaz . Neka je A = [aij ]n i neka su Aip i Aiq redom algebarski kofaktori 1 elemenata aip i aiq (p > q). Kada traimo Aip moemo u submatrici AP , z z I

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

205

gde je P = Nn \ {p} i I = Nn \ {i}, dodati q-toj koloni sve preostale kolone. Kako je bilo asq = -

n X

ast za s I (iz uslova leme imamo da je

n X t=1

ast = 0,

t=1 t=q

za s Nn ) tada ´emo dobiti asq = -asp za s I. Izvucimo faktor (-1) c ispred pri raunanju algebarskog kofaktora (to je determinanta!) i u q-toj koloni c odgovaraju´e matrice ´emo imati asq = asp za s I. Zatim uzmimo q-tu c c kolonu i menjajmo joj mesto sa narednom dok je ne dovedemo da bude pre p-te kolone, tj. na mesto (p - 1)-ve kolone. Da bismo to uinili treba da uinimo c c p - q - 1 zamena mesta po 2 kolone. Sada kad raunamo determinantu to je ista c determinanta koja se javlja i pri raunanju algebarskog kofaktora Aiq , te ostaje c da vidimo koliko se javlja znakova (-1): u prethodnom razmatranju nismo vodili rauna da se pri svakoj zameni mesta 2 kolone vrednost determinante c menja (-1) put, kao i da smo izvukli (-1) kao zajedniki faktor u q-toj koloni, c kao i da u kofaktorima imamo lanove (-1)i+p i (-1)i+q ispred odgovaraju´e c c determinante. Stoga imamo da je Aip = (-1)i+p · (-1) · (-1)p-q-1 · (-1)i+q · Aiq , tj. Aip = Aiq , to je i trebalo pokazati. s Neposredna posledica prethodne leme je i slede´a teorema. c TEOREMA 4.2.20 Ako je A kvadratna matrica u kojoj je zbir elemenata u svakoj vrsti, kao i zbir elemenata u svakoj koloni, jednak 0, tada su kofaktori svih elemenata matrice A medjusobno jednaki.

Dokaz . Kako prethodna lema vai i za kolone, pa su kofaktori svih elemenata z iz prve kolone medjusobno jednaki, a sada iskoristimo jo jednom prethodnu s lemu, pa dobijamo da su kofaktori svih elemenata iz matrice A medjusobno jednaki. LEMA 4.2.21 Ako je zbir elemenata u svakoj vrsti kvadratne matrice A jednak 0, tada je matrica A singularna (tj. det(A) = 0). Dokaz 1. Prema Lemi 4.2.19 imamo da adjungovana matrica adj A ima sve elemente jednake, pa je det(adj A) = 0 (jer npr. ima 2 jednake vrste). Iz linen-1 arne algebre nam je poznato tvrdjenje da je det(adj A) = det(A) , odakle direktno sledi i da je det(A) = 0. Dokaz 2. Kako se vrednost determinante ne menja ako nekoj koloni dodamo neku drugu, to u matrici M ako prvoj koloni dodamo sve ostale dobijamo kolonu sa svim elementima 0, pa je det(M ) = 0.

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

206

J Oznaimo sa J niz indeksa J = j1 , j2 , . . . , jn-1 . Neka je Si kvadratna c submatrica reda n - 1 matrice S koja se dobija kada se iz S izostavi i-ta vrsta, a ostave samo kolone sa rednim brojevima j1 , j2 , . . . , jn-1 .

LEMA 4.2.22

J Determinanta det(Si ) = ±1 (jednaka je ili 1 ili -1) ako ej1 , ej2 , . . . , ejn-1 (tj. grane sa indeksima j1 , j2 , . . . , jn-1 ) obrazuju stablo. Ako ne ine stablo c J onda je det(Si ) = 0.

Dokaz . Pretpostavimo da te grane obrazuju stablo. Kako matrica S u svakoj j koloni ima 2 nenulta elementa, matrica Si ima bar u jednoj koloni p tano jedan c nenulti element 1 ili -1 (vor vi je incidentan sa granom ep ; sa tom granom je c J incidentan i vor vk ). Razvijanjem determinante det(Si ) po koloni p, dobic jamo detetminantu matrice nieg reda koja u bar jednoj koloni ima tano jedan z c nenulti element 1 ili -1. Ponavljaju´i ovaj postupak dolazimo do determinante c reda 1 (dimenzije 1 × 1) koja ima kolonu sa tano jednim nenultim elementom c J 1 ili -1. Stoga je vrednost determinante det(Si ) = ±1. Ako grane ej1 , ej2 , . . . , ejn-1 ne obrazuju stablo onda one obrazuju jedan J nepovezan graf H. Ako je vi izolovan vor u H onda matrica Si ima u svakoj c koloni 2 nenulta elementa (1 i -1). Prema Lemi 4.2.21 imamo da je matrica J J Si singularna. Ako vi nije izolovan vor, onda se det(Si ) moe razviti kao u c z sluaju stabla i time se problem svodi na determinantu nieg reda. Medjutim c z nastavljaju´i postupak razvijanja ove determinante zaustavi´e se kada izbacimo c c vrste koje odgovaraju vorovima koji su i istoj komponenti povezanosti kao c i vor vi . Preostala determinanta odgovara´e (-1, 0, 1)-matrici incidencije za c c preostale komponente grafa H, pa ´e opet zbir elemenata u svakoj koloni biti c jednak 0. Ponovo prema Lemi 4.2.21 dobijamo da je ta matrica singularna, pa J je i det(Si ) = 0. Sada ´emo navesti jo jedno tvrdjenje vezano za determinante -- Binec s Koijevu teoremu (fra. Binet, Cauchy) bez dokaza (dokaz se moe na´i u [23], s z c Teorema 7.5.4). Formula koja se javlja u ovoj teoremi se naziva Bine-Koijeva s formula. TEOREMA 4.2.23 Bine-Koijeva teorema. Neka je A proizvoljna matrica sa n vrsta i m s kolona. Tada vai z 2 det(AAT ) = det(AI ) ,

I

m gde sumiranje ide po svim n-elementnim podskupovima skupa Nm , tj. I Nn i gde AI oznaava matricu koja se dobije kada matrici A izbriemo sve kolone c s iji se indeksi ne nalaze u I. c

TEOREMA 4.2.24

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

207

Teorema o matricama i stablima. Broj razapinju´ih stabala t(G) c grafa G jednak je bilo kom kofaktoru Laplasove matrice L.

Dokaz . Za Laplasovu matricu L = D - A vai da joj je zbir elemenata u z svakoj vrsti i svakoj koloni jednak 0, pa po Teoremi 4.2.20, svi kofaktori matrice L imaju istu vrednost. Neka je Si matrica dobijena od matrice S izostavljanjem i-te vrste. Tada je na osnovu Leme 4.2.18 matrica Si Si T glavna kvadratna submatrica reda n - 1 matrice L. Prema Bine-Koijevoj formuli dobijamo s (4.2) det(Si Si T ) =

J det(Si ) , 2

gde sumiranje ide po svim nizovima J za koje vai 1 j1 < j2 < . . . < jn-1 n. z Svakom izboru niza J odgovara jedan podgraf H grafa G (indukovan istim skupom vorova, V (H) = V (G) i skupom grana E(H) = {ej1 , ej2 , . . . , ejn-1 }). c Prema Lemi 4.2.22 imamo da su sabirci na levoj strani jednakosti (4.2) jednaki 1 ako je H stablo i jednaki 0 ukoliko H nije stablo. Stoga dobijamo da je suma na desnoj strani jednaka broju razapinju´ih stabala u grafu G. Izraz na levoj c strani jednak je algebarskom kofaktoru Lii , a kako smo pokazali da svi kofaktori matrice L imaju istu vrednost, to je teorema dokazana.

´ ODREDJIVANJE BROJA RAZAPINJUCIH STABALA

Nave´emo jo nekoliko tvrdjenja koja mogu da se iskoriste da pronadjemo sc s broj razapinju´ih stabala. c Prvo od ovih tvrdjenja je dokazao Temperli (eng. Temperley) 1964. godine. U njemu se javlja, ranije uvedena, Laplasova matrica L = D - A reda n (ona odgovara grafu G sa n vorova), kao i matrica J koja ima sve elemente jednake c 1 i isto je reda n. Primetimo da za potpun graf Kn imamo da je A = J - I, D = (n - 1)I, pa je L = nI - J. TEOREMA 4.2.25 t(G) =

1 n2

det(J + L).

Dokaz . Kako je J 2 = nJ i JL = 0 (vai i LJ = 0, to ´emo koristiti kasnije) z s c imamo slede´u jednakost: c (J + L)(nI - J) = nJ - J 2 + nL - JL = nL. Sada odredimo adjungovane matrice od leve i desne strane ove jednakosti, a zatim iskoristimo rezultate iz linearne algebre vezane za adjungovane matrice (adj(nQ) = nn-1 adj(Q) i M · adj M = M · det(M )M -1 = det(M )), kao i Kejlijevu teoremu (da je adj(L) = adj(nI - J) = nn-2 J), Teoremu o matricama

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

208

i stablima (da je adj L = t(G)J) i na kraju ponovo jednakosti sa poetka ovog c dokaza. adj(J + L) · adj(nI - J) adj(J + L) · nn-2 J adj(J + L)J (J + L) adj(J + L)J (J + L) det(J + L)(J + L)-1 J det(J + L)J = = = = = = adj(nQ) nn-1 adj(Q) nt(G)J (J + L)nt(G)J nt(G)(J 2 + LJ) nt(G)J.

Iz prethodne matrine jednakosti dobijamo da je det(J + L) = n2 t(G), odakle c dobijamo traenu jednakost. z Kao posledicu ove teoreme imamo slede´e tvrdjenje koje ukljuuje spektar c c grafa i karakteristini polinom grafa (dokaz ovde izostavljamo jer je posledica c ovih spektralnih osobina; moete ga na´i u [6], Posledica 6.5). Ono se koristi za z c dobijanje nekih jednakosti sa grafom grana. TEOREMA 4.2.26 Neka je G k-regularan graf sa n vorova koji ima spektar c Spec = k 1 1 ... m(1 ) . . . s-1 . m(s-1 )

Tada je kompleksnost grafa G data formulom 1 1 (k - )mr = (G; k), t(G) = n r=1 n gde je izvod karakteristinog polinoma . c

s-1

DEFINICIJA 4.2.27

Oznaimo sa G - e graf koji se dobija od grafa G izbacivanjem grane e, a sa G · e c graf koji se dobija od grafa G uklanjenjem grane e = {u, v} i identifikovanjem njenih krajeva u i v (tj. spajanjem grajeva grane e u jedan novi vor koji je c incidentan sa svim granama koje su bile incidentne sa u i v ­ ovim postupkom se dobija jedan multigraf, tj. graf u kome izmedju 2 vora moe biti vie grana). c z s Graf G · e se naziva kontrakcija grafa G u odnosu na granu e. Kada smo uveli ove oznake spremni smo za slede´u teoremu, koja vai i za c z multigrafove.

TEOREMA 4.2.28

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

209

Za kompleksnost grafa imamo rekurentnu vezu t(G) = t(G - e) + t(G · e).

Dokaz . Svakom razapinju´em stablu u G koje ne sadri granu e odgovara c z razapinju´e stablo u G - e. Svakom razapinju´em stablu u G koje sadri granu c c z e odgovara razapinju´e stablo u G · e. c Pri prebrojavanju razapinju´ih stabala, moemo izbaciti sve petlje, koje se c z jave nakon kontrakcija, zato to razapinju´e stablo ne sadri nijednu petlju. s c z Odredjivanje broja razapinju´ih stabala pomo´u ovih rekurentnih jednaina c c c ima poetne uslove u grafovima bez ivica. Ako je to graf bez ivica sa 1 vorom c c tada imamo 1 razapinju´e stablo. Ako je to graf bez ivica sa 2 ili vie vorova, c s c tada nemamo razapinju´e stablo. Ako bi raunar sledio ovu proceduru on bi c c svaku od grana i brisao i kontrakovao (u istom koraku), te bi bilo potrebno izraunavanje 2|E(G)| lanova. Ovaj postupak se moe malo ubrzati brisanjem c c z petlji i prepoznavanje specijalnih multigrafova G za koje nam je poznat t(G) ­ tu nam moe posluiti i slede´a lema. z z c LEMA 4.2.29 Nepovezani multigraf ne sadri nijedno razapinju´e stablo. Ako je G povezan z c multigraf koji ne sadrhi konture sem onih koje nastaju od grana koje povezuju z 2 vora, tada je t(G) jednako proizvodu multipliciteta grana izmedju vorova c c na rastojanju 1.

Dokaz . Prvi deo je direktna posledica Leme 4.2.3. Drugi deo sepokazuje indukcijom po broju grana u multigrafu G. PRIMER 4.2.30 Na´i broj razapinju´ih stabala u potpunom grafu K4 bez jedne grane f , tj. c c kompleksnost t(K4 - f ). q q u vw t(K4 - f ) = t( q qe q) = t( q q q) + t( q q q) = 4 + 2 · 2 = 8. Graf G - e je kontura C4 koja je unicikliki graf, pa odstranjivanjem bilo koje c njene grane (svaka njena grana pripada tom 1 ciklusu) dobijamo stablo, te ona ima 4 razapinju´a stabla. Graf G · e je multigraf sa po 2 grane izmedju vorova c c u i v i izmedju v i w, pa je na osnovu prethodne leme t(G · e) = 2 · 2 = 4. Da rezimiramo -- broj razapinju´ih stabala t(G) u grafu G, moemo odrediti c z na jedan od slede´a 4 naina: c c 1. pomo´u Teoreme o matricama i stablima; c 2. pomo´u Teoreme 4.2.25, tj. t(G) = det(J + L)/n2 ; c 3. pomo´u Teoreme 4.2.28, tj. rekurentnom vezom t(G) = t(G - e) + t(G · e); c

Reenje. s

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

210

4. kombinatorno - prebrojavanjem svih mogu´ih sluajeva za razapinju´a stac c c bla (mogu´e za neke jednostavnije grafove). c PRIMER 4.2.31 Odrediti broj razapinju´ih stabala u grafu sa slike. c A u 5 5£ g 5 £ g 5 £ g 5 5 £ g 5 u u C u D E £ F gu Gu H u 5 g £ 5 g £ 5 5 g £ 5 g £ 5 gu 5 £ B Reenje 1. U Teoremi o matricama i stablima odredi´emo kofaktor Ln+2,n+2 s c (neka u L poslednje 2 vrste, odnosno kolone, odgovaraju vorovima a i b). Tada c je broj svih razapinju´ih stabala jednak c 2 0 0 . . . 0 2 0 . . . 0 0 2 ... ... .. 0 0 0 -1 -1 -1 . , . .

t(K2,n ) = Ln+2,n+2 = (-1)1+1

. 0 0 0 -1 -1 -1 . . .

2 -1 -1 n

gde je determinanta reda (n+1)×(n+1), tj. t(K2,n ) = Dn+1 . Ako determinantu ovog oblika (sa n na poslednjem mestu), reda m × m razvijemo po prvoj koloni, a zatim po prvoj vrsti dobijamo rekurentnu jednainu c Dm = 2Dm-1 - 2m-2 , uz poetni uslov D2 = 2n - 1 c

i njeno reenje je Dm = 2m-2 (2n + 1 - m). Kada ovde uvrstimo m = n + 1 s dobijamo da je broj razapinju´ih stabala jednak c t(K2,n ) = Dn+1 = 2n-1 · n. Za n = 6 svih razapinju´ih stabala ima 25 · 6 = 192. c det(J + L) . Kada ovu determinantu razvijemo prvo po (n + 2)2 prvoj, a zatim po poslednjoj koloni dobijamo da je 3 1 ... 1 1 3 . . . 1 (n + 1)2 - 1 · det . . .. . . . . . Reenje 2. t(K2,n ) = s t(K2,n ) = 1 (n + 2)2 1 ... 3 .

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

211

Ako prvoj vrsti gornje determinante (reda n×n) dodamo ostale, zatim iz te vrste izvuemo faktor (n + 2) i onda tu vrstu (koja ima sve elemente 1) oduzmemo od c ostalih dobijamo trougaonu determinantu sa n - 1 elemenata 2 na dijagonali, pa je n(n + 2) · (n + 2)2n-1 = n2n-1 . t(K2,n ) = (n + 2)2 q q q q Reenje 3. t(K2,n ) = t( q q qqq q q) = t( q q qqq q q) + t( q q qqq q ) = 2t( q q qqq q) + t( q q q q q q), s odnosno dobijamo rekurentnu jednainu c t(K2,n ) = 2t(K2,n-1 ) + 2n-1 , i njeno reenje je s t(K2,n ) = n · 2n-1 . uz poetni uslov t(K2,1 ) = 1 c

Reenje 4. Kombinatornim rezonom dobijamo da vorovi a i b mogu biti spos c jeni putem duzhine 2 u razapinju´em stablu preko bilo kog od vorova 1, 2, . . . , n c c i taj vor moemo izabrati na n = n naina. Za svaki od preostalih n - 1 c z c 1 vorova imamo 2 mogu´nosti: ili je spojen sa vorom a ili sa b. To nam daje c c c n · 2n-1 naina da odaberemo razapinju´e stablo, odnosno ukupan broj razac c 1 pinju´ih stabala je jednak n · 2n-1 = n · 2n-1 . c 1

VEKTORSKI PROSTOR KONTURA

DEFINICIJA 4.2.32

Oznaimo sa KG skup svih ciklusa u grafu G (slovo K je jer cikluse drugaije c c zovemo konturama), svih mogu´ih duina. c z Preciznije to je skup svih podgrafova od G koji su konture. Ovaj skup ima prilino puno elemenata, to ´emo videti na slede´em primeru. c s c c

PRIMER 4.2.33

Odrediti broj elemenata slede´ih skupova KKn , KKn,n i KT , gde je T uma. c s Reenje. s Za potpun graf Kn konture mogu imati slede´e duine: 3, 4, . . . , n. c z Iz Kn moemo k vorova odabrati na n naina, a od tih k vorova moemo z c c c z k konturu odrediti na (k-1)! naina, jer (k - 1)! odredjuje broj permutacija na c 2 krugu, a delimo sa 2 jer jedan ciklus odredjuje 2 permutacije na krugu (u zavisnosti u kom smeru se kre´emo). Stoga imamo formulu c

n

|KKn | =

k=3

n (k - 1)! · . k 2

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

212

Na slian nain, potpun bipartitni graf Kn,m , gde je n m ima samo konture c c parnih duina: 4, 6, . . . , 2n, pri emu u svakoj toj konturi vorovi naizmenino z c c c idu iz jedne, pa iz druge particije. Stoga dobijamo

n

|KKn,n | =

k=3

n k

m k!(k - 1)! . · 2 k

Kako uma (a i stablo, koje je povezana uma) ne sadri nijednu konturu to s s z dobijamo da je KT = 0. Na prvi pogled nam izgleda da skup KG nema neku loginu strukturu. Da c bismo to prebrodili uve´emo pogodnu generalizaciju pojma ciklusa, tzv. parni sc skup grana, koji ima strukturu vektorskog prostora. I ova ideja se prva pojavila u istraivanju elektrinih kola. z c

DEFINICIJA 4.2.34

Neka je G = (V, E) dati graf. Podskup E E zove se parni skup grana ako su stepeni svih vorova podgrafa G = (V, E ) parni. c Na primer, prazan skup i skup grana proizvoljnog ciklusa su parni skupovi grana. Jo jednu vezu ciklusa i parnih skupova grana nam daje i slede´a lema. s c

LEMA 4.2.35

Podskup E je parni skup grana ako i samo ako postoje medjusobno disjunktni ciklusi C1 , C2 , . . . , Ct tako da je E = C1 C2 · · · Ct .

Dokaz . Kako stablo (a samim tim i uma) sadri bar 2 vora stepena 1, a s z c graf G ima sve stepene vorova parne, to G nije uma. Stoga za neprazan c s parni skup grana E graf G = (V, E ) sadri neki ciklus (koga formiraju grane z C1 ). Skup E \ C1 je takodje parni skup grana, ali sa manjim brojem grana. Tvrdjenje dobijamo principom matematike indukcije po broju grana u E . c

DEFINICIJA 4.2.36

Neka je G = (V, E) dati graf sa skupom grana E = {e1 , e2 , . . . , em }. Svakom podskupu A E pridruujemo karakteristini vektor xA = (a1 , a2 , . . . , am ) tako z c da je 1, ei A ai = . 0, ei A / Neka je E skup karakteristinih vektora parnih skupova grana grafa G. c U nastavku ´emo posmatrati operacije nad vektorima (sabiranje vektora c i mnoenje skalarom) u dvoelementnim poljem GF2 . To polje se sastoji od z brojeva 0 i 1, sa aritmetikim operacijama po modulu 2 (umesto da piemo c s +2 i ·2 pisa´emo obino + i · , npr. 1 + 1 = 0). Oznaku GF koristimo jer je c c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

213

ona skra´enica od engleskog Galois Field (srp. polje Galoa) -- to je uobiajena c c oznaka za konana polja. c LEMA 4.2.37 Neka su A, B E parni skupovi grana. Tada za njihove karakteristine c vektore vai jednakost z xA + xB = xC , gde je skup C = A B = (A B) \ (A B) simetrina razlika skupova A i B. c Skup C je takodje paran skup grana. Dokaz . Proverimo sva 4 sluaja za svaku granu ei . c Ako je ei A \ B tada imamo i da je ei C i ci = ai + bi = 1 + 0 = 1. Ako je ei B \ A tada imamo i da je ei C i ci = ai + bi = 0 + 1 = 1. Ako je ei A B tada imamo i da je ei C i ci = ai + bi = 1 + 1 = 0. Ako je ei E \ (A B) tada imamo i da je ei C i ci = ai + bi = 0 + 0 = 0. Time smo pokazali da je xA + xB = xC . Ostaje jo da pokaemo da je skup C paran skup grana. Uzmimo proizvoljan s z vor v V . Oznaimo sa dA broj ivica susednih voru v koje su iz skupa A, c c c sa dB broj ivica susednih voru v koje su iz skupa B i sa d broj ivica susednih c voru v koje pripadaju i skupu A i skupu B. Kako su A i B parni skupovi grana, c to su dA i dB parni brojevi. Broj grana susednih sa vorom v koji pripadaju c simetrinoj razlici C = A B = (A B) \ (A B) je jednak da + db - d, pa je c stepen vora v i u C paran. Kako je v proizvoljno izabran vor, to je i skup C c c paran skup grana. TEOREMA 4.2.38 Skup E je vektorski prostor nad dvoelementnim poljem GF2 . Dokaz . Da bismo pokazali da je E vektorski prostor, potrebno je da pokaemo z da je zbir 2 vektora xA , xB E takodje vektor iz E i da je proizvod vektora xA iz E skalarom k iz GF (2) takodje vektor iz E. Na osnovu prethodne leme imamo da xA , xB E xA + xB E. Skalar k GF (2) moe biti k = 0 i tad z je 0 · xA = (0, 0, . . . , 0) = x E ili je k = 1 i tad je 1 · xA = xA E.

DEFINICIJA 4.2.39

Neka je T = (V, E ) proizvoljna razapinju´a uma grafa G. Za svaku granu c s e E \ E , neka Ce oznaava (jedinstveni) ciklus sadran u grafu (V, E {e}). c z Ciklus Ce zovu se fundamentalni (ili elementarni) ciklusi za granu e u odnosu na datu razapinju´u umu T . c s

TEOREMA 4.2.40

Karakteristini vektori svih fundamentalnih ciklusa Ce , e E \E , ine bazu c c vektorskog prostora E, pri emu za paran skup grana A vai c z xA =

e A\E

xCe .

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

214

Dimenzija vektorskog prostora E jednaka je |E| - |V | + k, gde je k broj komponenti povezanosti grafa G. Dokaz . Neka je T = (V, E ) razapinju´a uma grafa G. Tada je |E | = |V |-k, c s gde je k broj komponenti povezanosti grafa G. Potrebno je pokazati da karakteristini vektori svih fundamentalnih ciklusa ine bazu vektorskog prostora E. c c Prvo pokaimo da su fundamentalni ciklusi linearno nezavisni. Posmatrajmo z neku granu ei E \ E . Karakteristini vektor xCei fundamentalnog ciklusa Cei c je jedini medju karakteristinim vektorima svih fundamentalnih ciklusa koji ima c 1 na poziciji i. Stoga se vektor xCei ne moe predstaviti kao linearna kombiz nacija ostalih karakteristinih vektora fundamentalnih ciklusa. Kako je grana ei c proizvoljno odabrana, to za svaki karakteristini vektor fundamentalnog ciklusa c vai da se ne moe predstaviti kao linearna kombinacija ostalih karakteristinih z z c vektora fundamentalnih ciklusa, te su stoga svi ti vektori linearno nezavisni. Jo je potrebno da pokaemo da fundamentalni ciklusi generiu ceo pross z s tor E. Neka je dat parni skup grana A i zadajmo skup B pomo´u njegovog c karakteristinog vektora koji je dat sa c xB =

e A\E

xCe .

Skup B je takodje parni skup grana jer po Lemi 4.2.37 imamo da zbir 2 vektora koji odgovaraju parnom skupu grana odgovara parnom skupu grana, a fundamentalni ciklusi Ce su parni skupovi grana. U skupu B se nalaze samo grane koje pripadaju neparnom broju fundamentalnih ciklusa (u odnosu na razapinju´u umu T ). Zato B sadri skup A \ E (jer svaka njegova grana lei c s z z na jedinstvenom fundamentalnom ciklusu, a i uestvuje u sumi pomo´u koje c c je zadat xB ). Oznaimo C = A c B. Prema Lemi 4.2.37 C je parni skup grana, a imamo i da je C E (ve´ smo videli da je (A \ E ) B, a zbog c definicije B, tj. xB imamo da je i (B \ E ) A). Kako je E skup grana ume s T , to E ne sadri nijedan ciklus, pa parni skup grana C za koji vai C E z z mora da zadovoljava C = . To povlai da je A = B, pa smo vektor xA predc stavili kao linearnu kombinaciju nekih karakteristinih vektora koji odgovaraju c fundamentalnim ciklusima, tj. xA =

e A\E

xCe .

Time smo pokazali da karakteristini vektori svih fundamentalnih ciklusa c ine bazu vektorskog prostora E i kako njih ima |E|-|V |+k, tolika je i dimenzija c vektorskog prostora E. Direktna posledica prethodne teoreme je slede´e tvrdjenje. c TEOREMA 4.2.41 Broj parnih skupova grana u grafu G = (V, E) sa k komponenti povezanosti jednak je |E| = 2|E|-|V |+k .

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

215

Dokaz . Kako se svaki karakteristini vektor koji odgovara nekom parnom c skupu grana moe na jedinstven nain predstaviti kao zbir nekih vektora iz baze z c (i kako svaki zbir vektora iz baze odredjuje jedan paran skup grana), to kada odredjujemo proizvoljan paran skup grana za svaki vektor iz baze E imamo 2 mogu´nosti: da je ukljuen u zbir ili da nije. Kako baza E ima |E| - |V | + k c c elemenata dobijamo da parnih skupova grana u grafu imamo |E| = 2|E|-|V |+k .

DEFINICIJA 4.2.42

Dimenzija vektorskog prostora E se zove ciklomatiki broj grafa G i kao to smo c s videli jednaka je |E| - |V | + k, gde je k broj komponenti povezanosti grafa G. Ciklomatiki broj se nazivao i Betijev broj (eng. Betti). Ovaj naziv se javc ljao u starijim knjigama i vodi poreklo iz topologije i vezan je za simplicijalne komplekse (za vie informacija pogledati [17], glavu 4. Stabla). s

PRIMER 4.2.43

Odredimo sve elementarne cikluse u grafu G = (V, E) (predstavljen na slici), gde je V = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, E = {a, b, c, d, e, f, g, h, i} sa razapinju´im stablom c (na slici je iscrtano debljim linijama) T = (V, E ), gde je E = {a, d, e, g, i}.

1 d 5

u

b g

a 3 e

u

u2

c f

u

4 i

uh

u6

Reenje. s Kako je za graf G: |V | = 6 i |E| = 9 sa k = 1 dobijamo da njegov prostor kontura ima dimenziju 9 - 6 + 1 = 4 (bez obzira na stablo T ). Stablu T koje je na slici nacrtano debljim linijama odgovara baza prostora kontura koji se se sastoji od karkteristinih vektora slede´ih elementarnih ciklusa: c c Cb = {b, d, g, e} Cc = {c, a, d, g, e} Cf = {f, a, d, i} Ch = {h, g, i} xCb = (0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0) xCc = (1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0) xCf = (1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1) xCh = (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1)

Svaku od ostalih kontura (tj. njihove karakteristine vektore) moemo predc z staviti preko vektora fundamentalnih ciklusa, npr. za: C = {b, d, g, h, f, c} xC = (0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0)

imamo predstavljanje kao linearnu kombinaciju xC = xCb + xCc + xCf + xCh .

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

216

ZADACI

4.2.1 Odrediti broj svih izomera slede´ih alkana: C5 H12 , C6 H14 i C7 H16 . Nacrtati c odgovaraju´a stabla. Da li su to sva neizomorfna stabla sa 5, 6, odnosno 7 c vorova? c Dekodirati slede´e Priferove nizove: c a) s = (1, 8, 1, 5, 2, 5); b) s = (7, 4, 4, 1, 7, 1); c) s = (1, 4, 1, 6, 6, 4); d) s = (1, 4, 3, 3, 4, 4, 4); e) s = (9, 8, 10, 10, 1, 8, 9, 1); f ) s = (1, 4, 2, 2, 4, 3, 3, 3, 4, 4). Zatim primeniti Priferovo kodiranje na dobijena stabla. Odrediti broj neizomorfnih, kao i ukupan broj razapinju´ih stabala grafa sa slike. c r r dr r r r r r dr r Dokazati da je broj razapinju´ih stabala kompletnog grafa sa n vorova iz koga c c je obrisana jedna grana jednak (n - 2)nn-3 . Dokazati da za potpuni bipartitni graf Km,n vai t(Km,n ) = mn-1 nm-1 . z Nkea je Wn toak sa n + 1-im vorom. Oznaimo sa wn = t(Wn ). Dokazati da c c c vai rekurzivna relacija wn = 4wn-1 - 4wn-2 + 1, uz poetne uslove w0 = 0, z c w1 = 1. Odredite wn . Na´i broj stabala sa skupom vorova {v1 , . . . , vn } u kojima svaki vor ima stepen c c c 1 ili 3. Odrediti ciklomatiki broj grafa m × n celobrojne reetke. Na slici je data 4 × 5 c s celobrojna reetka. s r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r

4.2.2

4.2.3

4.2.4

4.2.5 4.2.6

4.2.7

4.2.8

4.2.9

Da li graf na slici moe da se predstavi kao unija granski-disjunktnih razapinju´ih z c stabala? A kao unija izomorfnih granski-disjunktnih razapinju´ih stabala? c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA r r dr r dr dr dr dr dr 4.2.10

217

Cvorovi grafa G su iskljuivo stepena 3 ili 4. Koliko ima vorova stepena 3, ako c c G moe da se razloi na dva razapinju´a stabla? z z c

4.3

BOJENJE GRAFOVA

U teoriji grafova esto se javlja potreba da vorovi grafa i/ili grane grafa c c podele na disjunktne podskupove u kojima se nalaze samo oni elementi koji imaju neto zajedniko. Dakle, vre se particija skupa vorova i/ili grana. s c s c Imaju´i u vidu geometrijsku predstavu grafa, uobiajeno je da se pomenutim c c elementima koji su u istom podskupu (istoj ´eliji) dodeli ista boja, i to razlita c c od boja preostalih elemenata. Dakle, ako je X neki skup koji se boji (vorovi c i/ili grane grafa) a B = {b1 , b2 , . . . , bk } neki skup boja, tada se preslikavanje f :XB moe poistovetiti sa bojenjem skupa X. Kada su u pitanju grafovi, tada imamo z tri varijante bojenja: (i) bojenje samo vorova grafa; c (ii) bojenje samo grana grana; (iii) bojenje i vorova i grana grafa. c Definisa´emo sada pravilno bojenje grafa G = (V, E) u sve tri varijante. c Oznaka ima znaenje susednosti ili incidentnosti odgovaraju´ih elemenata. c c

DEFINICIJA 4.3.1

U sluaju (i), bojenje f je pravilno ako vai c z (4.3) (v1 , v2 V )(v1 v2 f (v1 ) = f (v2 )),

tj. da su svi parovi susednih vorovi obojeni razliitim bojama. c c Slino se definie pravilno bojenje grana grafa. Za to je potrebno imati u c s vidu samo injenicu da su dve grane grafa (multigrafa) susedne ako imaju tano c c jedan (bar jedan) zajedniki vor. c c

DEFINICIJA 4.3.2

U sluaju (ii), bojenje f je pravilno ako vai c z (4.4) (e1 , e2 E)(e1 e2 f (e1 ) = f (e2 )),

tj. ako su parovi susednih grana obojeni razliitim bojama. c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA Posmatrajmo najzad i varijantu (iii).

DEFINICIJA 4.3.3

218

U sluaju (iii), bojenje f je pravilno ako pored uslova (1) i (2) vai i c z (4.5) (v V )(e E)(v e f (v) = f (e)),

tj. krajnji vor svake grane mora imati boju koja se razlikuje od boje te grane. c

Pokaza´emo sada da je samo prva varijanta bojenja od opteg interesa. U c s tom cilju, definisa´emo dva nova koncepta, graf grana, i totalni graf grafa. c

DEFINICIJA 4.3.4

Za dati graf G = (V, E), njegov graf grana L(G) = (V1 , E1 ) je graf iji su vorovi c c iz V1 u obostrano jednoznanoj korespodenciji sa granama iz E; dva vora iz V1 c c su susedna ako i samo ako su odgovaraju´e grane iz E susedne ­ videti Sl. 1(a). c

DEFINICIJA 4.3.5

Za dati graf G = (V, E), njegov totalni graf T (G) = (V2 , E2 ) je graf iji su c vorovi iz V2 u obostrano jednoznanoj korespodenciji sa vorovima i granama c c c iz V E; dva vora iz V2 su susedna ako i samo ako su odgovaraju´i elementi iz c c V E susedni (ako su iz istog skupa), ili incidentni (u protivnom) ­ videti Sl. 1(b). Sada se bez mnogo napora moe videti da se problem pravilnog bojenja grana z (vorova i grana) grafa G svodi na pravilno bojenje vorova njegovog grafa grana c c (odnosno njegovog totalnog grafa). Stoga ´emo se u nastavku ograniiti samo c c na pravilno bojenje vorova nekog grafa. c

HROMATSKI BROJ GRAFA

Neka je n broj vorova grafa. Ukoliko je k n tada se problem pravilnog bojenja c grafa moe jednostavno reiti. Svakom voru ´emo dodeliti boju razliitu od z s c c c boja ostalih vorova. Primetimo jo i da je kod kompletnih grafova takvo bojenje c s i jedini izbor. Tei problem nastupa ako je graf nekompletan, i ako je k < n. z Od posebnog interesa su ona bojenja kod kojih je broj upotrebljenih boja to s manji (u krajnjem sluaju minimalan). c

DEFINICIJA 4.3.6

Za graf se kae da je k­obojiv ako se moe pravilno obojiti sa (ili manje) boja. z z Hromatski broj grafa G je minimalna vrednost za k za koju je graf k­obojiv.

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

219

Hromatski broj grafa G = (V, E) se oznaava sa (G). Formalno imamo c (G) = min[ k | (f )f : V {c1 , c2 , . . . , ck } ],

f

gde je f pravilno bojenje. Na slian nain se dobija i hromatski indeks grafa G, c c u oznaci (G). S obzirom na vezu izmedju pravilnog bojenja vorova i grana c grafa L(G), imamo i da je (G) = (L(G). Analogno se moe postupiti za z sluaj bojenja i vorova i grana grafa (posredstvom totalnog grafa T (G)). c c Problem (pravilnog )bojenja grafova sa to manje boja predstavlja, sa als goritamskog stanovita jedan od teih problema teorije grafova. Za sada nisu s z poznati dovoljno dobri (tj. polinomijalni) algoritmi za reavanje tih problema. s Da´emo stoga neke ocene hromatskog broja. U slede´oj teoremi, pretc c postavi´emo da je posmatranu graf povezan. Time se ne gubi u optosti, jer je c s hromatski broj grafa je ujedno i hromatski broj one njegovih komponenata koja ima najve´i hromatski broj. c TEOREMA 4.3.7 (Brooks) Ako je G povezan graf, tada je (G) (G) + 1, gde je (G) najve´i stepen vora u grafu G. Jednakost vai ako i samo ako je graf G ili c c z kompletan graf ili kontura neparne duine. z

Dokaz . Neka je G povezan graf koji nije ni kontura, niti kompletan graf. Pretpostavimo da je hromatski broj grafa G jednak k. Jasno, k 2. Neka je H minimalan k­hromatski podgraf grafa G. Tada je H blok i vai (H) (G). z Pretpostavimo najpre da je H kompletan graf Kn za neko n, ili da je H neparna kontura Cn za neko neparno n. Tada je H = G. Poto je G povezan, s to je (G) > (H) Ako je H = Kn tada je (H) = n - 1 a (G) n. Stoga je (G) = n (G). Ako je H = Cn tada je (G) = k = 3 (G). Dakle, u oba sluaja c je (G) (G), te nadalje moemo uzeti da je H minimalan k­hromatski graf z koji nije ni kompletan graf ni neparna kontura. Ujedno, ovo implicira da je k 4. Pretpostavimo da H ima n vorova. Kako je (G) = k 4 i kako G c nije kompletan graf, to je n 5. Posmatra´emo sada dva sluaja zavisno od c c povezanosti grafa G. Sluaj 1: H je 3­povezan graf. Neka su x i y dva vora grafa H na rastojanju c c dva, i neka je x, z, y put u H. Graf H - x - y je povezan. Neka su x1 = w, x2 , . . . , xn-2 vorovi grafa H - x - y, uredjeni tako da je svaki vor xi (2 c c xi n - 2) susedan sa bar jednim vorom koji mu prethodi u listi. Stavljaju´i c c da je xn-1 = x a xn = y, dobijamo niz x1 = z, x2 , . . . , xn-2 , xn-1 = x, xn = y. Dodelimo boju 1 vorovima xn-1 i xn . Dodelimo zatim redom vorovima c c xn-2 , xn-3 , . . . , x2 jednu od boja 1, 2, . . . , (H) koja nije kori´ena u bojenju sc onih suseda teku´eg vora koji mu prethode u nizu. Takvo bojenje tekueg vora c c c xi (2 xi n - 2) je uvek mogu´no poto je svaki vor xi susedan sa najvie c s c s (H) - 1 prethodno obojenih vorova iz niza. Kako je x1 = z susedan sa c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

220

dvavora obojena bojom 1 (naime xn-1 i xn ), stoga postoji boja koja mu se c moe dodeliti. Dakle imamo (G) = (H) (H) (G). z Sluaj 2: H je 2­povezan. Primetimo najpre da H ne moe da sadri vorove c z z c stepena samo 2 ili n - 1. Naime, svi vorovu u H ne mogu biti stepena 2 jer c je (H) 4. Poto H nije kompletan ne mogi svi njegovi vorovi biti stepena s c n - 1. Ako bi H sadro samo vorove stepena 2 i n - 1 tada bi imali da je z c H = K1,1,n-2 . Ali tada je (H) = 3, to nije dozvoljeno. s Neka je u V (H) vor za koji je 2 < degH (u) < n - 1. Ako je H - u c 2­povezan tada moemo uzeti da je v vor rastojanju dva od u. Tada moemo z c z uzeti da je x = u a y = v, ime se problem svodi na Sluaj 1. c c Ako je H - u 1­povezan, posmatrajmo njegove krajnje blokove B1 i B2 sa artikulacionim vorovima w1 i w2 , respektivno. Kako je H 2­povezan, postoje c vorovi u1 u B1 - w1 i u2 u B2 - w2 susedni sa u. Sada moemo uzeti da je c z x = u1 i y = u2 , ime se problem svodi na Sluaj 1. c c Ovim je dokaz kompletiran. Bipartititni graf je 2­obojiv graf. TEOREMA 4.3.8 (K¨nig) Graf je bihromatski ako i samo ako ne sadri konturu sa neparnim o z brojem vorova, tj. neparnu konturu kao podgraf. c

Dokaz . Primetimo najpre da je hromatski broj neparne konture jednak 3. Samim tim graf iji je hromatski broj jednak najvie 2, ne moe imati neparnih c s z kontura. Pretpostavimo sada da graf ne sadri nijednu neparnu konturu i dokaimo z z da je graf bihromatski. Izvri´emo efektivno bojenje grafa sa dve boje. Obojimo sc najpre proizvoljan vor, na primer belom bojom. Sve njegove susedne vorove c c obojimo crnom, a susedne vorove od tih vorova opet belom bojom (ukoliko c c ve´ nisu obojeni belom bojom) itd. Kada zavrimo sa jednom komponentom c s povezanosti predjimo na drugu. Ako na ovaj nain obojimo sve vorove grafa, c c graf je bihromatski. U suprotnom sluaju nai´i´emo u procesu bojenja na vor c cc c koji treba obojiti, na primer, crnom, pri emu je jedan od njemu susednih c vorova ve´ obojen crnom bojom. Medjutim, tada od poetnog vora vode u c c c c ovaj vor dva razliita puta, od kojih jedan parne duine, a drugi neparne. Ako c c z objedinimo ova dva puta, dobijamo kruni put neparne duine. Ovaj kruni put z z z obrazuje neparnu konturu, to je u suprotnosti sa polaznom pretpostavkom. s Ovim je dokaz teoreme zavren. s Bihromatski grafovi, po pravilu si bipartitni grafovi. To znai da se vorovi c c tih grafova mogu podeliti u dve klase (ovde su to vorovi razlitih boja) tako da c c su susedni samo vorovi razliitih boja. Uobiajeno je da se ovi grafovi prestavlc c c jaju u vidu G = (U, V, E), gde su U i V vorovi iz razlitih klasa (odnosno c c boja).

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

221

4.4

TEZINSKI GRAFOVI

Neka je G = (V, E) (neorijentisani) graf ijim su granama pridrueni realni c z brojevi, takozvane teine grana. Drugim reima, pored grafa G, data je i teinska z c z funkcija w:EI R. U raznim primenama, teine grana oznaavaju njihovu duinu, cenu, propusnu z c z mo´ itd. Pri tome je vano ista´i da u prvom sluaju duine ne moraju zadoc z c c z voljavati aksiome metrike. Pod gornjim pretpostavkama, uredjen par M = (G, w) predstavlja teinski z graf, ili kra´e mreu. U ve´ini razmatranja teina grafa je jednaka zbiru teina c z c z z njegovih grana, tj. vai z w(e). w(G) =

eE

Na slian nain se teine mogu dodeliti i vorovima, odnosno i samom samom c c z c grafu. U ovom poglavlju, razmorti´emo neke tipine optimizacione probleme nad c c teinskim grafovima. z

STABLA MINIMALNE TEZINE

Neka je M = (G, w) teinski graf, pri emu je G povezan. Slede´i problem z c c se esto javlja u praksi: c Izdvojiti iz grafa G podgraf H (teine grana podgrafa su iste kao teine grana z z grafa) sa nekim unapred preciziranim svojstvima. Na primer, moe se uzeti da z je podgraf H razapinju´i podgraf grafa G i uz to, povezan i bez kontura. Tada c je podgraf H stablo (ili drvo). Neka je teina nekog teinskog grafa jednaka zbiru teina njegovih grana. z z z Optimizacioni zadatak se dobija ako postavimo zahtev da se nadje ne bilo koje razapinju´e stablo ve´ ono ija je teina najmanja. Ovaj problem je u literaturi c c c z poznat kao problem minimalnog razapinju´eg stabla (na engleskom: minimum c spanning tree problem, ili kra´e MST problem). c NAPOMENA

Ukoliko je graf G kompletan (sa n vorova), tada je broj svih razapinju´ih stabala c c jednak nn-2 (videti ???). Dakle prostor pretrage je enormno velik. Medjutim, uprkos tome postoje veoma efikasni polinomialni algoritmi za reavanje MST problema. U s nastavku ´emo uopisati dva takva algoritma. c

Problem minimalnog razapinji´eg stabla se u praksi javlja u mnogim situacic jama. Tipian sluaj odnosi se na problem sinteze to ekonominije telekomuc c s c nikacione mree. U tom cilju potrebno je na´i konfiguraciju telekomunikacione z c mree koja obezbedjuje komunikaciju izmedju svaka dva uesnika, i to uz miniz c malnu cenu kotanja (cene direktnih veza izmedju dva uesnika u komunikaciji s c su unapred precizirane). Uesnici u komunikaciji koji nisu direktno povezani, c mogu komunicirati posredno. Jasno je da ta mrea u osnovi mora biti povezan z

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

222

graf, a da bi bila to "jeftinija", odgovaraju´i graf mora da bude bez suvinih s c s grana, dakle bez kontura. Prema Definiciji ????, sledi da je taj graf stablo. Poto teina tog stabla mora biti to manja, to se posmatrani problem svodi na s z s MST problem. U nastavku ´emo detaljno opisati dva klasina algoritma za reavanje MST c c s problema. Prvi algoritam (Kruskal-ov algoritam) je koncepcijski veoma jednostavan i predstavlja u literaturi jedan od glavnih modela za prikazivanje prodrvljih z algoritama (na engleskom: greedy algorithms). Osnovna ideja algoritma je sadrana u slede´oj strategiji najpre najmanja z c grana (na engleskom: smallest edge first). Polaze´i od deliminog grafa koji c c je prazan (bez grana), u svakom koraku se razmatra (dodaje ili odbacije) po jedna grana (jednom razmatrane grane se vie ne razmatraju). Izbor grane s za razmatranje vri se u skladu sa gornjom strategijom, tj. bira se najmanja s (ili to ´e re´i najlaka) od svih nerazmatranih grana. Ako izabrana grana, s c c s posle dodavanja deliminom grafu, ne formira sa nekim od ranije uzetih grana c konturu, tada se ona zadrava u njemu, dok se u protivnom odbacuje. Postupak z se zavrava ili po razmatranju svih grana polaznog grafa, ili eventualno i ranije s ako se potreban broj grana dodeli deliminom grafu. Na primer, ako je polazni c graf povezan i ako ima n vorova, tada je broj grana rezultuju´eg grafa unapred c c poznat i jednak n - 1 (u pitanju je razapinju´e stablo). c Za nepovezane grafove, algoritam daje razapinju´u umu i moe se ranije c s z prekinuti, ako se zna broj komponenata polaznog grafa. Ako se rad algoritma prekine posle m ukljuenih grana, dobijena uma je najkra´a izmedju svih uma c s c s sa m grana. Formalan opis algoritma, uz neke dodatne elemente neophodne za implementaciju i procenu kompleksnosti, dat je u nastavku. Algoritam 1 (Kruskal-ov algoritam za nalaenje minimalnog razapinju´eg staz c bla ili ume). s Korak 1. Sortirati grane ulaznog grafa u neopadaju´i poredak (po teinama) c z i sve ih markirati kao nerazmatrane; za izlazni graf uzeti graf (razapinju´i podgraf ulaznog grafa) bez grana. c Korak 2. Izabrati iz skupa nerazmatranih grana onu koja je najlaka, markis rati je kao razmatranu i prikljuiti je (bar privremeno) izlaznom c grafu. Ako ta grana ne obrazuje u njemu konturu zadrati je, z odnosno, u protivnom, odbaciti je. Korak 3. Ako je skup nerazmatranih grana prazan, ili ako su ispunjeni neki drugi uslovi za prekid (videti gornji tekst), tada prekinuti rad; u protivnom, pre´i na Korak 2. c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

223

Mada je ovaj algoritam, intuitivno gledano, skoro oigledno korektan, ipak c ´emo dokazati njegovu ispravnost. Radi pojednostavljenja dokaza, uze´emo da c c je ulazni graf G = (V, E) povezan. Dalje, pretpostavi´emo da je T = (V, F ) c izlazni graf, a da je T = (X, F ) minimalno razapinju´e stablo dobijeno nekim c drugim postupkom. TEOREMA 4.4.1 Pod gornjim pretpostavkama, Kruskal-ov algoritam uvek odredjuje minimalno razapinju´e stablo. c

Dokaz . Pokaza´emo najpre da je izlazni graf T stablo. Na osnovu konstrukc cije, T je bez kontura. Pokaimo i da je povezan. Pretpostavimo suprotno, tj. z da ima bar dve komponente. Kako je ulazni graf G povezan, to u njemu sigurno postoji grana koja spaja dva vora iz dve razliite komponente izlaznog grafa T . c c Kako je ta grana obavezno bila razmatrana (pretpostavljamo da nismo ranije prekidali postupak) ona u deliminom grafu nije mogla biti odbaena jer nije c c obrazovala u njemu (a ni u izlaznom grafu) konturu. Ovo je u kontradikciji sa Korakom 2 algoritma, tako da je T zaista stablo. Dokaza´emo sada da je w(T ) w(T ) (w oznaena teina odgovaraju´eg c c z c grafa), a samim tim da je w(T ) = w(T ). Pretpostavimo suprotno, tj. da je w(T ) < w(T ). Neka su {e1 , e2 , . . . , eh }, odnosno {e1 , e2 , . . . , eh } (h = |F | = |F |) grane odgovaraju´ih stabala poredjane po teinama u neopadaju´i poredak; c z c drugim reim neka je w(e1 ) w(e2 ) · · · w(eh ), w(e1 ) w(e2 ) · · · c w(eh ). Tada za neko k (1 k h) mora vaiti w(ek ) < w(ek ). Uoimo tada z c skupove grana Ek-1 = {e1 , e2 , . . . , ek-1 } i Ek = {e1 , e2 , . . . , ek }. Ako bi za neko j (1 j k) vailo da grane Ek-1 {ej } (ej Ek-1 ) ne obrazuju konturu, z tada bi iz w(ej ) w(ek ) < w(ek ) sledila kontradikcija; grana ej nije smela biti odbaena u Koraku 2 algoritma. U protivnom, za svaku granu ej Ek-1 sledi c da se u podgrafu obrazovanim granama Ek-1 {ej } javlja tano jedna kontura. c Medjutim, tada grane ei (1 i k) povezuju vorove iz istih komponenata c delimine ume obrazovane granama samo iz skupa Ek-1 . Kako je delimian c s c podgraf formiran od grana iz skupa Ek bez kontura, to je broj grana iz Ek koje se distribuiraju jednoj komponenti ume prethodnog podgrafa najvie jednak s s broju grana te komponente. Stoga bar jedna grana iz Ek ne bi mogla biti distribuirana na dopustiv nain, pa opet dobijamo kontradikciju. c Ovim je teorema dokazana. Sloenost Kruskal-ovog algoritma bitno zavisi od postupka realizacije Koz raka 1 (sortiranje grana), odnosno Koraka 2 (kako znati koje se grane ukljuuju, c odnosno iskljuuju). Neka je n, odnosno m, broj vorova, odnosno grana grafa c c G. Za sortiranje grana, ako se sve grane sortiraju odjednom (uz neke dosetke to nije neophodno!) potrebno je O(m log(m)) poredjenja (u praksi se naje´e c sc koristi metoda sortiranja poznata pod nazivom "heap-sort"). Efikasan postu pak za realizaciju Koraka 2 zasniva se na slede´oj ideji. Cvorove grafa treba c grupisati po komponentama deliminog grafa koji se formira. Na poetku (kada c c

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

224

nema grana), svaki vor je zasebna grupa. Dodavanjem neke grane izmedju c vorova razliitih grupa, vodi ka objedinjavanju tih grupa (grana se ukljuuje), c c c a u protivnom, ako vorovi pripadaju istoj grupi, nema nikakve akcije (grana c se iskljuuje). Programerski se to moe realizovati tako to svi vorovi jedne c z s c grupe imaju iste oznake, razliite od grupe do grupe. Stoga se kriterijum za c razvrstavanje grana (uz auriranje oznaka) svodi samo na testiranje oznaka kraz jnjih vorova. Ovako koncipiran Korak 2 se moe realizovati sa sloeno´u od c z z sc O(1). Stoga je sloenost Kruskal-ovog algoritma, grubo govore´i, odredjena sa z c sloeno´u sortiranja, i teko se moe znatnije poboljati od O(m log(m)). Dakle, z sc s z s za grafove koji su bliski (po broju grana) kompletnim grafovima kompleksnost je O(n2 log(n)). Opisa´emo sada Prim-ov algoritam. Ovaj algoritam se zasniva na strategiji c najpre najblii sused (na engleskom: nearest neighbour first). Kljunu ulogu u z c koncipiranju algoritma igra slede´a teorema. c TEOREMA 4.4.2 Neka je G = (V, E) povezan teinski graf, U V a e E najlaka grana z s koja spaja vor iz U sa vorom iz U (= V \ U ). Tada postoji stablo najmanje c c teine koje sadri granu e. z z

Dokaz . Neka je T stablo najmanje teine, i pretpostavimo da grana e (kao u z iskazu teoreme) ne pripada tom stablu. Uoimo podgraf u oznaci T + e dobijen c iz T dodavanjem grane e. Graf T + e sadri bar jednu konturu. Toj konturi, z pored grane e, pripada i grana e i to takva da joj je jedan kraj u U a drugi u U . Kako je w(e) w(e ), po udaljavanju grane e iz T + e dobija se podgraf (opet stablo), ija teina nije ve´a od teine stabla T . c z c z Ovim je teorema dokazana. Imaju´i u vidu Teoremu 2, sada se name´e slede´i postupak. Krenuti od dec c c liminog grafa bez grana, uoiti jednu njegovu komponentu (tj. izolovan vor), c c c i zatim je uve´avati dodavanjem najlake grane koja povezuje jedan njen vor c s c sa nekim vorom iz preostalog dela grafa. U procesu uve´avanja teku´oj komc c c ponenti se dodaju pored grane i onaj njen krajnji vor koji nije pripadao komc ponenti. Postupak se zavrava kada vie nema grana sa traenim svojstvima; s s z tada, u zavisnosti da li je polazni graf povezan ili ne, imamo kraj rada ili, ako je ulazni graf nepovezan, moemo istovetnu proceduru ponoviti u cilju nalaenja z z slede´e komponente najlake ume. Primetimo samo da se dodavanjem grana c s s na opisani nain nikada ne formira kontura. Stoga je dobijeni delimini podgraf c c uvek stablo (ili uma u nepovezanom sluaju), a odgovaraju´a teina je, na oss c c z novu Teoreme 2, najmanja. Dokaz bi se mogao sprovesti metodom matematike c indukcije. U tom cilju, za povezan graf, lako se dokazuje da je formirani delimini podgraf (tj. stablo) ujedno stablo minimalne teine za podgraf polaznog c z grafa koji je indukovan vorovima teku´e komponente (i tu dolazi do izraaja c c z Teorema 2)

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

225

Algoritam 2 (Prim-ov algoritam za nalaenje minimalnog razapinju´eg stabla z c ili ume). s Korak 1. Uzeti proizvoljan nerazmatran vor (ako postoji) za teku´u kompoc c nentu. (Na poetku su, jasno, svi vorovi nerazmatrani.) Ako takav c c vor ne postoji, pre´i na Korak 3, a u protivnom uoeni vor se c c c c markira kao razmatran.

GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

226

Korak 2. Na´i najlaku granu koja povezuje vor iz teku´e komponente sa c s c c nekim vorom van nje. Ako takva grana ne postoji, pre´i na Korak c c 1. U protivnom, tu granu prikljuiti teku´oj komponenti, kao i onaj c c krajnji vor grane koji nije bio u komponenti. Ujedno markirati c dotini vor da je razmatran. Zatim pre´i na poetak Koraka 2. c c c c Korak 3. Zavretak rada. s Neka je opet n, odnosno m, broj vorova, odnosno grana, grafa G. Glavni c problem u implementaciju gornjeg algoritma direktno je vezan za efikasnost u realizaciji Koraka 2. Zavisno od toga kako je taj problem reen, imamo i ras zliite procene efikasnosti Prim­ovog algoritma. Ako bi se u svakom prolasku c kroz Korak 2 (ima ih O(n)) trai najlaka grana, tada bi efikasnost Koraka 2 z s bila O(m), o bi davalo da je efikasnost kompletnog algoritma O(nm). Bolje s reenje (i procena) se dobijaju ako se nadje bri postupak za nalaenje nas z z jlake grane. Glavni problem lei u injenici da se sa porastom broja vorova s z c c u teku´oj komponenti uve´ava broj grana medju kojima treba traiti najlaku, c c z s dakle uve´ava se i pretraga. Medjutim, ona se moe izbe´i ako se za svaki vor c z c c van teku´e komponente vodi evidencija o njegovom najbliem susedu u teku´oj c z c komponenti. Naravno, to bi zahtevalo da se po zavretku svake iteracije vezane s za Korak 2 notiraju promene (prikljuivanje jednog vora komponenti moe, ali c c z ne mora, promeniti najblie susede ostalih vorova van komponente ­ tanije, z c c moe jedino njega isturiti kao najblieg suseda). Uz gornje napomene, lako se z z pokazuje da je sloenost Prim-ovog algoritma moe bitno popraviti. Zavisno od z z izbora strukture podataka i kako se pripremi pretraga za najlakom granom, s moe se dobiti da je kompleksnost Primovog algoritma O(n2 ), ili O(m log2 (n)). z O ovim detaljima, pogledati na primer [?].

Glava 5

Diskretna verovatno´a c

Teorija verovatno´e vue korene iz 16-tog veka, a nastala je kao rezultat pokuaja c c s matematiara tog vremena da razree neke fenomene vezane za igre na sre´u. c s c Prva knjiga iz ove oblasti za koju se zna je De Ludo Alea (O igri kockom), tams pana je tek 1663 godine, dakle oko 100 godina poto je napisana. Autor knjige s je Girolamo Cardano, poznat i po formulama za reavanje algebarskih jednaina s c tre´eg stepena. I u dananje vreme jo uvek postoji interes za reavanje probc s s s lema vezanih za igre na sre´u. Ne mali broj ljudi interesuje kakve su im anse c s da dobiju neku premiju u igrama na sre´u. Stoga se name´e zakljuak da c c c verovatno´a predstavlja meru za mogu´nost nastupanja nekog dogadjaja. c c Imaju´i u vidu gornje injenice, za verovatno´u bi se moglo re´i da predc c c c stavlja matematiku disciplinu koja slui izuavanje takozvanih sluajnih, ili c z c c nedeterministikih fenomena. Za deterministike fenomene je karakteristino c c c da se njihovo ponaenje moe predvideti na osnovu poznavanja poetnih uslova, s z c kao i odredjenih naunih zakona (na primer, fizike, hemije i drugih po pravilu c prirodnih nauka). Tipian primer iz fizike je kos hitac. c U 20-tom veku, verovatno´a je postavljena na vrste temelje, i aksiomatski c c je zasnovana uz pomo´ teorije skupova. Aksiomi koje ´emo u nastavku razc c matrati pripisuje se Andreju Nikolajeviu Kolmogorovu. Dakle, danas je to c jedna strogo zasnovana matematika disciplina sa mnotvom primena. Posebnu c s dra ovoj teoriji daju raunari. Umesto klasinih eksperimenata, sada se oni z c c mogu simulirati na raunaru. Uz teoriju verovatno´e, po pravilu stoji i statistika, c c kao matematika disciplina sa kojom se dopunjava (daje joj praktini smisao). c c U ovoj knjizi ne´e biti rei o statistici. c c

5.1

POJAM DOGADJAJA

Osnovni pojam na kojem bazira teorija verovatno´e je dogadjaj. Dogadjaj je c skup koji se sastoji od takozvanih elementarnih (nedeljivih) dogadjaja, odnosno 227

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

228

osnovnih instanci. Svi elementarni dogadjaji obrazuju prostor elementarnih dogadjaja. U stvarnosti neki fenomen pod odredjenim uslovima (ili uticajnim faktorima) moe, ali ne mora da nastpi. Ako je nastupio posmatrani fenomen, tada z je samim tim nastupio i jedan od elementarnih dogadjaja, te se stoga realizuje i odgovaraju´i dogadjaj kao posledica realizacije jedne od instanci. U mnogim c sluajevima nastupanje ili nenastupanje nekog dogadjaja moe se shvatiti kao c z rezultat realizacije (ishod) nekog eksperimenta. Idealizovana predstava eksperimenta bazira se na slede´im pretpostavkama: c i) za svaki eksperiment unapred je poznat skup svih mogu´ih ishoda (elec mentarnih dogadjaja); ii) realizacija bilo kog ishoda nije poznata unapred1 ; iii) svaki eksperiment se moe neogranien broj puta ponoviti pod istim z c uslovima. PRIMER 5.1.1 Bacanje novi´a: Prostor mogu´ih elementarnih dogadjaja je realizacija ili grba, cc c ili pisma. Smatra se da se bacanje novi´a (na ravnu podlogu) moe neogranien cc z c broj puta ponoviti pod istim uslovima. U sluaju da je novi´ pravilan (hoc cc mogen) intuitino, a i empirijski, bi se moglo zakljuiti da ´e broj ishoda grba i c c pisma u velikom broju bacanja biti priblino jednak. z Bacanje kocke: Prostor mogu´ih elementarnih dogadjaja je realizacija jedne od c 6 strana kocke, oznaenih brojevima od 1 do 6. I u ovom sluaju se smatra c c da se bacanje kocke (na ravnu podlogu) moe neogranien broj puta ponoviti z c pod istim uslovima. U sluaju da je kocka pravilna (homogena) intuitino, a i c empirijski, bi se moglo zakljuiti da ´e broj ishoda svake strane (odgovaraju´eg c c c broja) u velikom broju bacanja biti priblino jednak. z Izvlaenje karte iz pila: Prostor mogu´ih elementarnih dogadjaja je vadjenje c s c jedne od 52 karte iz kompletnog pila. U ovom sluaju se smatra da su karte, pre s c izvlaenja, djobro promeane"(kao i da im se vidi samo poledjina). U sluaju da c s c se obezbedi dobro meanje karate pre svakog izvlaenja, moglo bi se zakljuiti s c c da ´e u velikom broju izvlaenja svaka karta biti priblizno jednak broj puta c c izvuena. c U svim gore navedenim primerima broj ishoda eksperimenta je bio konaan c (redom 2, 6 i 52, respektivno). Dakle, prostor elementarnih dogadjaja je bio konaan. Ukoliko je prostor elementarnih dogadjaja konaan ili prebrojiv (dakle c c

1 Ova injenica odredjuje nedeterminizam fenomena koji se posmatra. Strogo gledano, teko c s bi se mogla povu´i crta izmedju deterministikih i nedeterministikih fenomena. Ima milenja c c c s da nedeterministiki fenomeni objektivno i ne postoje, ve´ su za nas rezultat nemogu´nosti c c c da uzmemo u obzir sve faktore koji odredjuju determinizam posmatranog fenomena

PRIMER 5.1.2

PRIMER 5.1.3

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

229

najvie prebrojiv, ili diskretan), tada se teorija verovatno´e svodi na diskretnu s c verovatno´u. U nastavku, mu ´emo se iskljuivo njome baviti. c c c Sada ´emo dati oznake za osnovne pojmove date u okviru uvodnih razmac tranja. Najpre imamo: i) e ­ uobiajena oznaka za elementatni dogadjaj; c ii) ­ skup, ili prostor elementarnih dogadjaja; iii) A ­ proizvoljan dogadjaj. U sluaju da je A = , tada je odgovaraju´i dogadjaj nemogu´; s druge strane, c c c ako je A = tada je odgovaraju´i dogadjaj siguran. c

5.2

ALGEBRA DOGADJAJA

Poto su dogadjaji u osnovi skupovi, logino je oekivati da se osnovne s c c skupovne operacije mogu interpretirati i kao operacije nad dogadjajima. Algebra dogadjaja zasnovana je na slede´im operacijama: c ¯ ¯ i) komplement dogadjaja: A = {e | e A} (= A); ii) suma (unija) dogadjaja: A + B = {e | e A e B} (= A B), ili optije, iI Ai = iI Ai ; s iii) ­ proizvod (presek) dogadjaja: A · B = {e | e A e B} (= A B), ili optije, iI Ai = iI Ai ; s iv) razlika (diferencija) dogadjaja: A - B = {e | e A e B} (= A \ B); Skup indeksa I u stavkama ii) i iii) je najvie prebrojiv skup. Ista pretpostavka, s ako se drugaije ne naglasi, vai ´e i u preostalom delu teksta. c z c Uve´emo sada jedan veoma vaan pojam koji igra jednu od kljunih uloga sc z c u teoriji verovatno´e. c

DEFINICIJA 5.2.1

Dogadjaji A i B su iskljuivi (ili nesaglasni) ako je A · B = . Optije, familc s ija dogadjaja Ai , i I, obrazuje familiju uzajamno iskljuivih (nesaglasnih) c dogadjaja ako je Ai · Aj = za svako i = j, i, j I. Neka je B neki podskup partitivnog skupa od koji je zatvoren u odnosu na operacije +, · , ¯, ili samo za +, ¯, odnosno · , ¯. Dakle, ako A, B B tada ¯ vai A + B, A · B, A B. Pod ovim pretpostavkama imamo: z

DEFINICIJA 5.2.2

Skup dogadjaja B je ­polje ako vai: z i) B;

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA ii) ako Ai B za svako i I tada ¯ iii) ako A B tada i A B.

iI

230

Ai B;

NAPOMENA

Umesto ii) i iii) moe (alternativno) da stoji: z Q ii') ako Ai B za svako i I tada iI Ai B; iii') ako A, B B tada i A - B B. Napomenimo i da se za ­polje, ako je skup diskretan, moe uzeti partitivni skup z skupa . Naime, ako je svaki elementarni dogadjaj i sam za sebe dogadjaj iz ­polja, tada za svako A vai A = eA {e}. z

5.3

´ PROSTOR VEROVATNOCE

Posmatrajmo uredjenu trojku datu sa: (, B, P ), gde je P : B - I Za R. ovu trojku se kae da je prostor verovatno´e ako vae aksiome i) ­ iii) (aksiome z c z Kolmogorova):

DEFINICIJA 5.3.1

Uredjena trojka (, B, P ), gde je P : B - I predstavlja prostor verovatno´e R, c ako vai: z i) P (A) 0 za svako A B; ii) P () = 1; iii) ako su dogadjaji Ai (i I) nesaglasni (u parovima) tada je P ( iI Ai ) = iI P (Ai ).

NAPOMENA

Ako nije diskretan skup tada se po pravilu javlja dodatni problem vezan za konstrukciju funkcije P koja zadovoljava navedene aksiome - za svako B funkcija koja zadovoljava aksiome i)­iii) ne mora postojati. Primetimo jo da P nije precizirano s aksiomama; drugim reima, postoji velika sloboda za njen izbor. c

Osnovne osobine funkcije P date su slede´om teoremom: c TEOREMA 5.3.2 Ako je (, B, P ) prostor verovatno´e, tada za funkciju c P : B - I R vai: z

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA i) P () = 0; ¯ ii) P (A) + P (A) = 1 za svako A B; iii) ako A B tada P (A) P (B); iv) P (A + B) = P (A) + P (B) - P (A · B); v) P (A1 + A2 + · · · + An ) P (A1 ) + P (A2 ) + · · · + P (An ); vi) P (A1 + A2 + · · · + An ) = 1in P (Ai ) - 1i<jn P (Ai Aj ) + 1i<j<kn P (Ai Aj Ak ) + · · · + (-1)n-1 P (A1 A2 · · · An ).

231

¯ Dokaz . Primetimo najpre da je = A + A. Odavde sledi da je 1 = P () = ¯ ¯ P (A + A) = P (A) + P (A) (videti Definiciju 1.3.1). Uzimanjem da je A = neposredno sledi i), a potom i ii). Kako je B = A + (B - A), sledi da je P (B) = P (A) + P (B - A) P (A), te vai i iii). Primetimo najpre da A + B = z (A-B)+(B -A)+(AB). Odavde je P (A+B) = P (A-B)+P (B -A)+P (AB). Primetimo i da je A = (A - B) + (AB), te da je P (A - B) = P (A) - P (AB) (slino se dobija da je P (B - A) = P (B) - P (AB)). Samim tim dobijamo i iv). c Najzad, v) i vi) se dobijaju indukcijom iz iv). Ovim je dokaz komletiran. Interesantno je primetiti da obrnuto tvrdjenje za i) ne vai. Dakle, ako je z verovatno´a nekog dogadjaja jednaka 0, to ne znai da taj dogadjaj ne moe da c c z nastupi. Na primer, verovatno´a izbora fiksne take sa dui je jednaka 0, ali to c c z ne znai da ona ne moe biti izabrana (pri nekom eksperimentu). Medjutim, c z kod diskretne verovatno´e vai i obrnuto.2 Svojstvo ii) daje vezu izmedju c z medjusobno komplementarnih dogadjaja. Cesto se deava u praksi da je jedan s od njih znatno lake izraunati nego drugi, tako da je ova formula veoma korisna. s c Svojstvo iii) iskazuje monotoniju funkcije verovatno´e. Svojstvo iv) je specijalni c sluaj principa ukljuenja­iskljuenja ­ videti svojstvo vi. Najzad, svojstvo v) c c c je poznato kao nadlinearnost.

5.4

´ DODELA VEROVATNOCE DOGADJAJIMA

Dodeljivanje verovatno´e pojedinim dogadjajima, kao to je ve´ prime´eno, c s c c nije jednoznano odredjeno. Postoji vie pristupa da se pojedinim dogadjajima c s dodeli njihova verovatno´a. c Klasina definicija Osnovna ideja na kojoj je zasnovana klasina definicija c c verovatno´e bazira ne pretpostavci da su svi elementarni dogadjaji jednako c

2 Ova

injenica se veoma elegantno koristi za probabilistiko dokazivanje teorema. c c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

232

verovatni. Ova definicija ima posebno smisla ako je prostor elementarnih dogadjaja konaan, recimo da ima tano n elementarnih dogadjaja. U tom sluaju c c c 1 svaki elementarni dogadjaj ima verovatno´i n , tj. P ({e}) = n za svako e . c 1 S obzirom da je A = {ei1 , ei2 , . . . , eim }, imamo da je A = m {eis }, te odatle s=1 sledi (videti Definiciju 1.3.1) da je P (A) = m . Stoga imamo: n

DEFINICIJA 5.4.1

(Klasina definicija verovatno´e) Neka je m broj instanci kojima se realizuje c c dogadjaj A (kae se i broj povoljnih sluajeva za dogadjaj A), a n broj svih z c mogu´ih instanci iz prostora . Ako su sve instance jednako verovatne tada je c P (A) = m . n

U praksi (kod eksperimenata) m oznaava i broj povoljnih ishoda za doc gadjaj A, a n broj svih mogu´ih ishoda eksperimenta. Moe se lako pokazati c z da su sve aksiome in Definicije 1.3.1 zadovoljene ako se verovatno´a P pridrui c z dogadjajima na opisani nain. c PRIMER 5.4.2 Za eksperiment sa novi´em, m = 1 za grb (dogadjaj G), ili pismo (dogadjaj cc P ), a n = 2 za dogadjaj = {G, P }. Stoga, ako je novi´ pravilan (odnosno cc homogen), imamo da je q = P (G) = 1 , a p = P (P ) = 1 (jasno p + q = 1). 2 2 Slinim rezonovanjem lako se dobija za kocku da je P (Si ) = 1 , za realizaciju c 6 i-te strane kocke (i = 1, 2, . . . , 6) pri bacanju pravilne (homogene) kocke; za karte karte, imamo da je verovatno´a vadjenja (po sluajnom principu) bilo koje c c 1 konkretne karte jednaka 52 . Naravno, ukoliko novi´ ili kocka nisu pravilni, tada cc moe do´i odstupanja od pomenutih vrednosti. z c Geometrijska definicija Osnovna ideja na kojoj je zasnovana geometrijska definicija verovatno´e je slina klasinoj definiciji. Jedina bitna razlika je da je c c c sada prostor elementarnih dogadjaja beskonaan, te bi stoga verovatno´a svakog c c elementarnog dogadjaja neminivno bila jednaka nuli. Odatle bi se nametala mogu´nost da je verovatno´a svakog dogadjaja bila jednaka nuli, to je nedoc c s pustivo. Izlaz iz ove situacije moe se napraviti uz pomo´ geometrijskih arguz c menata. Predpostavi´emo da skup elementarnih dogadjaja odgovara nekom podc skupu taaka iz Euklidovog prostora dimenzije dimenzije do 3, to jest prostora c koji nas okruuje. Na primer, u jednodimenzijalnom sluaju biramo take na z c c nekoj dui; u dvodimenzijalnom sluaju biramo neki deo ravni (geometrijsku z c figuru kao to je trougao, pravougaonik, krug itd.); u trodimenzijalnom sluaju s c biramo neki deo prostora (geometrijsko telo kao to je teraedar, paralelepiped, s lopta, itd.). Svaki od ovih objekata ima svoju meru: za du to je njena duina, z z za figuru u ravni to je njena povrina, za telo u prostoru to je njena zapremina. s Neka je S skup svih taaka iz odgovarajueg prostora koje su u obostrano­ c c jednoznanoj korespodenciji sa , prostorom elementarnih dogadjaja. Neka je c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

233

R skup taaka (iz S) koje su u obostrano­jednoznanoj korespodenciji sa elemenc c tarnim dogadjajima koji realizuju dogadjaj A B. Tada je P (A) = mes(R) , gde mes(S) mes(X) oznaava meru skupa X, dakle njegovu duinu, povrinu, zapreminu, c z s itd. U praksi, moemo pisati i P (A) = mes(A) . Stoga imamo. z mes()

DEFINICIJA 5.4.3

(Geometrijska verovatno´a) Neka je mes(A) mera dela prostora koji koji sadri c z take koje odgovaraju instancama dogadjaja A, a mes() takodje merljiv deo c prostora koji koji sadri take koje odgovaraju svim mogu´im instancama. Ako z c c su sve take posmatranog prostora jednako verovatne tada je c P (A) = mes(A) . mes()

Moe se lako pokazati da su sve aksiome in Definicije 1.3.1 zadovoljene ako z se verovatno´a P usvoji na opisani main. c c PRIMER 5.4.4 (Problem semafora): Na semaforu se smenjuju crveno, narandasto i zeleno z svetlo, i to tako da redom traju 20 sekundi, 5 sekundi i 25 sekundi. Jedno od pitanja koje se moe postaviti glasi: Koje je verovatno´a da vozilo koje stie na z c z 1 raskrsnicu mora da eka na zeleno svetlo. Odgovor je 2 (zato?). c s (Problem presretanje): Dva broda stizu u luku u toku istih T sati. Vremena njihovih pristizanja su sluajna i jednako verovatna u svakom od trenutaka iz c posmatranog intervala od T sati. Vreme zadrzavanja prvog broda u luci je T1 sati, a drugog T2 sati. Ako je jedan brod u luci, tada drugi mora da eka na c oslobadjanje luke. Kolika je verovatno´a da dodje da saekivanja. c c Prostor svih elementarnih dogadjaja se moe poistovetiti sa takama u z c kvadratu stranica T , koji je odredjen takama (0, 0), (T, 0), (T, T ) i (0, T ) u c koordinatnom sistemu. Svaka taka (t1 , t2 ) odgovara vremenima pristizanja c brodova. Do saekivanja ´e do´i ako je 0 t1 - t2 T1 (tada prvi brod eka), c c c c ili ako je 0 t2 - t1 T2 (tada drugi brod eka). Take koje odgovaraju saekic c c vanju lee u jednoj traci odredjenoj pravama t2 = t1 - T1 i t2 = t1 + T2 . Stoga z T 2 - 1 ((T -T1 )2 +(T -T2 )2 ) 2 . je traena verovatno´a jednaka z c T2 PRIMER 5.4.6 Problem: Odrediti verovatno´u da je nasumice izabrana tetiva kruga dua od c z stranice jednakostraninog trougla upisanog u dati krug. c Pokaza´emo da je pojam jednakoverovatnih dogadjaja u ovom sluaju teko c c s precizirati, i da se zavisno od toga kako je to uinjeno mogu dobiti razliiti c c rezultati. U svim donjim varijantama pri izboru jednakoverovatnih dogadjaja simetrija kruga se koristi kao glavni (poetni) argument. c Prva varijanta: Uzmimo najpre da je tetiva odredjena svojom srednjom takom, c kao i da su sve take kruga jednako verovatne. Povoljni sluajevi sada odgoc c c varaju takama ije je rastojanje od centra kruga najvie 2 (r je poluprenik c c s r

PRIMER 5.4.5

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA kruga). Sada se lako dobija da je traena verovatno´a jednaka z c mere dva kruga).

1 4

234 (kao kolinik c

Druga varijanta: Uzmimo sada da je tetiva odredjena jednom fiksnom takom c na krunici i uglom koji zaklapa sa tangentom na krug u uoenoj taki na z c c krunici. Povoljni sluajevi sada odgovaraji onim uglovima koji su u opsegu z c od 60o do 120o . Sada se lako dobija da je traena verovatno´a jednaka 1 (kao z c 3 kolinik mere dva ugla). c Tre´a varijanta: Uzmimo sada da je tetiva odredjena svojim pravcem (dakle c mora biti paralelna nekoj fiksnoj pravoj) i rastojanjem od centra. Povoljni sluajevi sada odgovaraji rastojanjima od centra do najvie 2 . Sada se lako c s r 1 dobija da je traena verovatno´a jednaka 2 (kao kolinik mere dve dui). z c c z Ovaj primer je ilustrativan jer pokazuje istovremeno koliku slobodu imamo u dodeljivanju verovatno´e dogadjajima. c PRIMER 5.4.7 Buffon-ov problem: U ravni je dat skup paralelnih pravih, pri emu je rastojanje c izmedju svake dve susedne prave 2a (a > 0). Na ravan se baca igla duine 2l z (0 < l < a). Odrediti verovatno´u da igla preseca neku od paralelnih pravih. c Zbog uslova l < a igla moe presecati najvie jednu od pravih. Polozaj igle z s u odnosu na bilo koju pravu moe se odrediti rastojanjem d njenog centra u z odnosu na najbliu pravu, kao i uglom koji ona zaklapa sa bilo kom pravom. z Ove dve veliine se mogu smatrati nezavisnim (u intuitivnom smislu). c Stoga bi prostor elementarnih dogadjaja mogao biti interpretiran kao taka c u pravougaoniku sa temenima (0, 0), (, 0), (, a) i (0, a). Igla preseca najbliu z pravu ako i samo ako je 0 d l sin(). Prostor povoljnih dogadjaja je figura (u gornjem pravougaoniku) ispod sinusoide d = l sin(). Lako se pokazuje da je 2l odnos odgovaraju´ih povrina jednak a , o je ujedno i traena verovatno´a. c s s z c 2l Interesantno je da je odavde = a . Statistika definicija verovatno´e Napomenimo najpre da se matematika c c c statistika kao matematika disciplina pre svega bavi primenom aparata teorije c verovatno´e na reavane praktinih problema (dakle, odredjivanjem verovatno´a c s c c dogadjaja vezanih za neke probleme iz prakse, tumaenjem dobivenih rezultata, c predikcijom nastupanja nekih dogadjaja, itd. Nas ´e u okvirima ove knjige c interesovati jedan samo dodeljivanje verovatno´e nekim dogadjajima. c Podjimo od primera bacanja novi´a. Postavlja se pitanje ta ´emo da cc s c radimo ako novi´ nije pravilan! Intuitivno je jaso da ako je pravilan, da ´e cc c grb (ili pismo) nastupiti priblizno jednak broj puta ako se eksperiment vie s puta (na primer, 100 puta) ponavlja. ta se moe oekivati ako novi´ nije s z c cc pravilan. U tom sluaju recimo da se pismo realizovalo m puta u n ponavljanja c c eksperimenta. Uoimo tada kolinik m , i oznaimo ga sa f . Tada f (= m ) c c n n predstavlja (po definiciji) relativnu frekvenciju nastupanja pisma, za nas dogadjaja, recimo A (m je apsolutna frekvencija). Intuitivno, ali i empirijski moemo z pretpostaviti da je m P (A) = lim . n+ n

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

235

Napomenimo da je ovde pojam granine vrednosti upotrebljen u intuitivnom c smislu. Razlog je to formalna definicija granine vrednosti (sa neizbenim ) s c z sada nema isti smisao. Eksperimenti sugeriu da ´e za veliko n razlika (po s c modulu) izmedju relativne frekvencije (uz zanemarljiva kolebanja) biti veoma bliska nekom broju: taj broj je verovatno´a naeg dogadjaja A. Isposavilo se c s da za pravilan novi´ taj broj (prema oekivanjima) iznosi 1 . cc c 2 Vratimo se sada Buffon­ovom problemu. Ako se bacanje igle ponovi veliki broj puta, recimo n, i ako je broj povoljnih sluajeva (presecanja) bio m. Tada c sledi da je 2ln = lim . n am Na primer, R. Wolf je bacao iglu 5000 puta u periodu od 1849. do 1853. godine i dobio da je 3.1596. Ovakvi eksperimenti (sada se rade na raunarima) c bili su prvi koraci u primeni takozvane Monte Carlo metode (ili metode simulacija za razna izranavanja. Recimo, ako u Buffon­ovom eksperimentu c ne znamo da izraunamo povrinu zahvaenu sinusoidom i horizontalnom osom, c s c tada bi je mogli priblino odrediti bacanjem igle (kako?). Ovakve i sline ideje z c se danas koriste raznim primenama teorije verovatno´e (zajedno sa statistikom). c

5.5

´ USLOVNA VEROVATNOCA

U mnogim sluajevima u sitaciju smo da razmatramo nastupanje nekog doc gadjaja pod uslovom da se ve´ realizovao neki dogadjaj (koji ga moe ali ne mora c z implicirati). Naprimer, putnik koji putuje vozom na razliite nain procenjuje c c verovatno´u kanjene voza za neki vremenski iznos na poetku putovanja, i u c s c toku putovanja (recimo na sredini putovanja) znaju´i pritom koliko je kanjenje c s voza do tog trenutka.

DEFINICIJA 5.5.1

Neka je A fiksiran dogadjaj ija je verovatno´a pozitivna, tj. vai P (A) > 0. c c z Neka je B bilo koji dogadjaj. Tada P (B|A) = P (A · B) P (A)

oznaava verovatno´u dogadjaja B pod uslovom da se desio dogadjaj A. c c Opravdanje za ovakvu definiciju moe se na´i kako preko klasine definicije z c c verovatno´e, tako i preko geometrijske definicije verovatno´e. Neka je mA (mB ) c c broj povoljnih sluajeva za nastupanje dogadjaja A (odnosno B) u prostoru c od n elementarnih dogadjaja, mAB broj povoljnih nastupa oba dogadjaja, tj. dogadjaja AB u istom prostoru. Tada je P (A) = mA mAB mAB , P (AB) = , P (B|A) = . n n nA

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

236

Odavde se neposredno dobija da formula iz Definicije 1.5.2 vai. Na slian nain z c c se dobija da isti zakljuak i za geometrijsku verovatno´u (u tom cilju dovoljno c c je m i n zameniti sa merama odgovaraju´ih dogadjaja). c Definiimo sada novi prostor verovatno´e. s c

DEFINICIJA 5.5.2

(Prostor uslovne verovatno´e) Neka je (, B, P ) prostor verovatno´e. Uredjena c c trojka (, B, P ), gde je P : B - I preslikavanje za koje vai R z P (B) = P (B|A) naziva se prostor uslovne verovatno´e. c Lako se proverava da preslikavanje P ispunjava sve aksiome i)­iii) iz Definicije 1.3.1. Dakle, samim tim je i (, B, P ) prostor verovatno´e, ili preciznije c prostor uslovne verovatno´e (ili prostor relativne verovatno´e). c c Primetimo sada da je P (AB) = P (A)P (B|A). Nije teko videti i da gornja relacija vai i za sluaj da je P (A) = 0 (naime, s z c tada je i P (AB) = 0 jer je AB A, te na osnovu Teoreme ? () gornje tvrdjenje neposredno sledi). Odavde imamo da je: (5.1) P (A · B) = P (A)P (B|A) (= P (B)P (A | B)) (B B),

za svako A, B B. U specijalnom sluaju moemo imati da je P (B | A) = P (B), te samim c z timim vai P (A · B) = P (A)P (B). U tom sluaju imamo: z c

DEFINICIJA 5.5.3

Dogadjaji A i B su nezavisni (u parovima) ako vai z P (A · B) = P (A)P (B). U protivnom isti dogadjaji su zavisni. Primetimo jo i da je relacija nezavisnosi dva dogadjaja simetrina. Inae s c c ova definicija je bliska onome to mi intuitivno oseamo, da su dogadjaji nazas c visni ako realizacija jednog nema uticaja na realizaciju drugog. Na primer, ako bacamo novi´ vie puta, tada (poto novi´ nema "memoriju") ishod prethodcc s s cc nih eksperimenata nema uticaja na ishode slede´ih eksperimenata. Medjutim, c ako bi zavisno od ishoda (grb ili pismo), menjali novi´e koji, pri emu oni nisu cc c svi pravilni, gornji zakljuak ne bi vaio. c z

NAPOMENA

Cesto se u primenama javlja da su dogadjaji nezavisni i ako pripadaju razliitim c prostorima dogadjaja, na primer da su im prostori elementarnih dogadjaja 1 i 2 razliti. Mada su oni intuitivno nezavisni, mogli bi i formalno da to potvrdimo. Naime, c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

237

mogli uzeti da je tada = 1 × 2 , a da dogadjaju e1 1 odgovara dogadjaj ({e1 } × 2 ) a dogadjaju e2 2 dogadjaj (1 × {e2 }). Ovim dogadjaj A · B, gde je A 1 a B 2 dobija matematiki precizan smisao. c

TEOREMA 5.5.4

Ako su dogadjaji A i B nezavisni (u parovima), tada su i parovi dogadjaja ¯ ¯ ¯ ¯ A i B, A i B, A i B takodje nezavisni (u parovima). ¯ Posmatramo dogadjaje A i B. Tada vai: z

Dokaz .

¯ P (A · B) = P (( - A) - B) = P (B - A · B) = P (B) - P (A · B) ¯ = P (B) - P (A)P (B) = (1 - P (A))P (B) = P (A)P (B). ¯ Ovim je dokazano da su A i B (u parovima) nezavisni dogadjaji; slino se c dokazuju i ostali sluajevi. c Ovim je teorema dokazana. Posmatrajmo sada sluaj kada imamo vie i od dva dogadjaja. c s

DEFINICIJA 5.5.5

Neka su A1 , A2 , . . . , An dogadjaji iz istog prostora verovatno´e. Ovi dogadjaji c su nezavisni u parovima ako vai z P (Ai · Aj ) = P (Ai )P (Aj ) za svako i = j; isti dogadjaji su nezavisni u celini ako vai z P(

iI

Ai ) =

iI

P (Ai )

za svako I, gde je = I {1, 2, . . . , n}. Vano je naglasiti da dogadjaji nezavisni u parovima ne moraju biti nezavisni z u celini. Slede´i primer to pokazuje: c PRIMER 5.5.6 Pravilan tetraedar obojen sa tri boje, i to tako da je jedna strana obojena samo crvenom, druga samo zelenom, tre´a samo plavom bojom, a etvrta strana sa c c sve tri boje. Bacanjem tetraedra nastupa jedan od dogadjaja R, G, B zavisno od toga koja je boja na nalegloj strani (po bacanju tetraedra na ravnu podlogu). Sada redom imamo: P (R) = P (G) = P (B) = P (RGB) = Dalje je P (RG) = P (RB) = P (GB) = 1 . 4 1 . 2

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

238

Odavde neposredno sledi da su dati dogadjaji nezavisni u parovima. Najzad, imamo i da je 1 P (RGB) = . 4 Medjutim P (R)P (G)P (B) = 1 , te posmatrani dogadjaji nisu kolektivno neza8 visni. Ako dogadjaji nisu nezavisni tada generalno vai: z Teorema 5.5.1. Neka su A1 , A2 , . . . , An dogadjaji iz istog prostora verovatno´e. c Tada vai z P (A1 A2 · · · An ) = P (A1 )P (A2 |A1 )P (A3 |A1 A2 ) · · · P (An |A1 A2 · · · An-1 ) Gornja jednakost se neposredno dokazuje indukcijom, uz primenu definicije uslovne verovatno´e. Slede´i primer je ilustrativan: c c PRIMER 5.5.7 Kutija sa m belih i n crnih kuglica. Koja je verovatno´a da se iz tri izvlaenja c c sa i bez vra´anja dobiju bela, crna, bela kuglica? c Oznaimo najpre sa Bi (Ci ) dogadjaj da je u i­tom izvlaenju izvuena c c c bela (odnosno crna) kuglica. Na cilj je da izraunamo verovatno´u dogadjaja s c c B1 C2 B3 . Posmatra´emo dve varijante, sa vra´anjem izvuene kuglice, i bez vra´anja c c c c izvuene kuglice. U prvom sluaju imamo da je c c P (B1 C2 B3 ) = P (B1 )P (C2 )P (B3 ), te je rezultat

m2 n (m+n)3 .

U drugom sluaju imamo da je c

P (B1 C2 B3 ) = P (B1 )P (C2 |B1 )P (B3 |B1 c2 ) prema gornjoj teoremi. Stoga je rezultat dat sa

m n m-1 m+n m+n-1 m+n-2 .

5.6

´ FORMULA TOTALNE VEROVATNOCE I BAYES­OVA FORMULA

Neka su B1 , B2 , . . . , Bn medjusobno iskljuivi dogadjaji koji prekrivaju ceo prosc tor , ili neki njegov deo. Dakle B1 + B2 + · · · + Bn . Ako je ispunjeno da je A B1 + B2 + · · · + Bn tada se kae da posmatrana familija dogadjaja obrazuje potpun sistem dogadjaja z za dogadjaj A (A se realizuje realizacijom nekog elementarnog dogadjaja koji je sadran u nekom od dogadjaja iz posmatrane familije. Stoga je z A B1 + B2 + · · · + Bn .

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA Odavde je A = AB1 + AB2 + · · · + ABn , te imamo da je P (A) = P (B1 )P (A|B1 ) + P (B2 )P (A|B2 ) + · · · + P (Bn )P (A|Bn ). Ova formula je poznata i kao formula totalne verovatno´e. c PRIMER 5.6.1

239

Posmatrajmo tri kutije sa po 10 priozvoda, pri emu u prvoj ima 4, u drugoj c 3 a u tre´oj 5 neispravnih proizvoda. Iz jedne kutije se uzimaju tri proizvoda. c Kolika je verovatno´a da ih je k ispravnih? c Neka K1 , K2 i K3 oznaavaju dogadjaje da su proizvodi izvueni redom iz c c prve, druge i tre´e kutije. Oznaimo sa Nk dogadjaj da je k proizvoda neisc c pravno. Tada je N k = K1 · N k + K2 · N k + K3 · N k . Naime dogadjaj Nk moe nastupiti kao rezultat nastupanja dogadjaja Ki (i = z 1, 2, 3). Na osnovu formule za totalnu verovatno´u dobijamo da je c P (Nk ) = P (K1 )P (Nk |K1 ) + P (K2 )P (Nk |K2 ) + P (K3 )P (Nk |K3 ). Odavde, na primer za k = 2, imamo P (N2 ) = 1 ( 3

4 3 10 3

+

3 3 10 3

+

5 3 10 3

).

Posmatrajmo sada slede´u situaciju. Neka je H1 , H2 , . . . , Hn potpun sistem c dogadjaja za dogadjaj A (ovi dogadjaji predstavljaju potpun sistem hipoteza za nastupanje dogadjaja A), i neka je P (A) = 0. Tada vai: z P (Hi |A) = a odavde je P (Hi |A) =

n j=1

P (Hi )P (A|Hi ) , P (A) P (Hi )P (A|Hi ) , P (Hj )P (A|Hj )

na osnovu formule za totalnu verovatno´u. Ova formula poznata je kao Bayes­ c ova formula. Ona daje verovatno´u nastupanja neke hipoteze (iz potpunog c sistema hipoteza), pod uslovom da se desio neki dogadjaj A. Na primer, u prethonom primeru, ako je nastupio dogadjaj Nk , mogli smo se zapitati koja je verovatno´a da se realizovala i-ta hipoteza , tj. da je izvlaenje c c tri proizvoda obavljeno iz i-te kutije? Jasno je da je tada P (Ki | Nk ) = P (Ki )P (Nk |Ki ) . P (K1 )P (Nk |K1 ) + P (K2 )P (Nk |K2 ) + P (K3 )P (Nk |K3 )

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA PRIMER 5.6.2

240

Imamo sto sa 4 fioke koje redom sadre 3 zlatna, 2 zlatna i 1 srebren, 1 zlatan i 2 z srebrena, 3 srebrena novi´a. Bira se jedna fioka, uzima jedan novi´ i konstatije cc cc se da je on zlatan. Koja je verovatno´a da je on uzet iz i-te fioke? c Neka je Fi dogadjaj da je izabrana i­ta fioka, a Z da je izvueni nov´i´ zlac cc tan. Nas interesuje uslovna verovatno´a P (Fi |Z). Primenom Bayes­ove formule c imamo P (Fi |Z) = P (Fi )P (Z|Fi ) . P (F1 )P (Z|F1 ) + P (F2 )P (Z|F2 ) + P (F3 )P (Z|F3 ) + P (F4 )P (Z|F4 )

S obzirom da su sve fioke jednako verovatne (dakle P (Fi ) = 1 ) dobijamo da je 4 P (Fi |Z) = P (Z|Fi ) . P (Z|F1 ) + P (Z|F2 ) + P (Z|F3 ) + P (Z|F4 )

2 3 1 3 +2+3+0 3 3 3

Odavde, na primer za i = 2, imamo da je P (Z|F2 ) =

.

5.7

SLUCAJNA PROMENLJIVA

Za neku promenljivu u zadatom opsegu (obino je to interval u I kae se da je c R) z sluajna promenljiva ako se njena vrednost ne moe znati unapred, ali se moe c z z precizirati verovatno´a da ona uzme neke od vrednosti iz podopsega unutar c posmatranog opsega. Neka je (, B, P ) prostor verovatno´e. Tada formalno c imamo: svako preslikavanje X:I R. predstavlja jednu sluajnu promenljivu. Skup X() je opseg iz koga sluajna c c promenljiva uzima vrednosti; ako je I X() I takav da X -1 (I) B tada R vai z P (X I) = P (X -1 (I)). Drugim reima, verovatno´a da sluajna promenljiva X izme vrednost iz interc c c vala I jednaka je verovatno´i dogadjaja koji se sastoju iz svih onih elementarnih c dogadjaja ija slika (dejstvom funkcije X) upada u interval I. c U sluaju da je X(), tj. skup slika funkcije X konaan, ili prebrojiv, ili c c najvie prebrojiv (to jest diskretan), tada se kae da je odgovaraju´a sluajna s z c c promenljiva konanog tipa, prebrojivog tipa, odnosno diskretnog tipa. U proc tivnom, imamo znatno sloeniju situaciju (na primer, sluajne promenljive mogu z c biti kontinualnog tipa). PRIMER 5.7.1 (Sluajna promenljiva konanog tipa) Neka je = 1 + 2 . Neka je X : R c c dato sa: X(e) = a za e 1 , X(e) = b za e 2 . Tada je X -1 (a) = 1 , X -1 (b) = 2 . P (X = a) = P (1 ) = p1 , P (X = b) = P (2 ) = p2 (gde je p1 + p2 = 1). Oigledno je da je ova sluajna promenljiva konanog tipa. c c c Primetimo da skup moe biti i beskonaan, ali da to nema znaaja. Ovakva z c c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

241

situacija odgovara Bernoulli­evom eksperimentu. Tada skup B ima samo etiri c z elementa {, A, A, }. A je dogadjaj koji moe ali ne mora da nastupi pri svakom eksperimentu. Optiji sluaj nastupa ako je = 1 + 2 + · · · + n za neko n N , s c i ako je X(e) = xi za e i (i = 1, 2, . . . , n). Tada je X -1 (xi ) = i , a P (X = xi ) = P (i ) = pi . Jasno je da je tada p1 + p2 + · · · + pn = 1, kao i da je X je sluajna promenljiva konanog tipa. c c PRIMER 5.7.2 (Sluajna promenljiva prebrojivog tipa) Neka je = i . Neka je X : c i=1 I dato sa: X(e) = xi za e i (i N ). Tada je X -1 (xi ) = i , a R P (X = xi ) = P (i ) = pi . Jasno je da je sada i=1 pi = 1. Napomenimo da se u oba gornja primera verovarno´e pi mogu birati c proizvoljno (vano je samo da je svaka nenegativna, kao i da im je suma jednaka z 1).

DEFINICIJA 5.7.3

Neka je X diskretna sluajna promenljiva. Tada se jednakost c P (X = xi ) = pi (i I) naziva se zakon raspodele sluajne promenljive X. c Zakon raspodele u potpunosti odredjuje sluajnu promenljivu diskretnog c tipa. Imaju´i u vidu svojstvo iii) iz Definicije 1.3.1, neposredno dobijamo da je za c sluajnu promenljivu diskretnog tipa c P (X x) =

xi x

P (X = xi ).

Slede´a funkcija igra veoma vanu ulogu u teoriji verovatno´e. c z c

DEFINICIJA 5.7.4

Funkcija F : I I data sa R R F (x) = P (X x) predstavlja funkciju raspodele sluajne promenljive X, ili takozvanu kumulac tivnu funkciju raspodele sluajne promenljive X. c

NAPOMENA

U literaturi mnogi autori funkciju raspodele definiu i u neto modifikovanom obliku s s kao funkcija F : I I datu sa F (x) = P (X < x). R R

Osnovne osobine funkcija raspodele date su slede´om teoremom: c TEOREMA 5.7.5 Ako je F (x) funkcija raspodele sluajne promenljive X tada vai: c z

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA i) 0 F (x) 1; ii) F (x) je neopadaju´a funkcija; c

242

iii) ako je X sluajna promenljiva konanog tipa tada je F (x) je deo po deo c c konstantna funkcija, i to neprekidna sa desne strane3 ; iv) limx- F (x) = 0; v) limx+ F (x) = 1.

Dokaz . Svojstvo i) je oigledno (na osnovu definicije verovatno´e). Svoc c jstvo ii) proizilazi iz injenice da je verovatno´a monotona funkcija u odnosu na c c domen. Da bi dokazali iii, pretpostavimo da je X sluajna promenljina konanog c c tipa, neka su x1 , x2 , ..., xn (x1 < x2 < · · · xn ) vrednosti koje ona moe da z uzme. Neka je najpre xi < x < xi+1 . Tada je F (x) = P (X x) = P (x xi ) + P (xi < X x)), na osnovu aditivnosti verovatno´e. Medjutim, P (xi < X < x)) = 0, tako c da je F (x) = F (xi ) za svako x iz posmatranog opsega. Samim tim F (x) je konstantno u intervalu (xi , xi+1 ) (za svako i). U taki x = xi funkcija ima c skok jednak F (xi ) - F (xi-1 (= pi ). Time je dokazano iii). Svojstva iv) i v) se oigledna. c Ovim je dokaz zavren. s Lako se pokazuje da vae i slede´a svojstva: z c TEOREMA 5.7.6 Ako je F (x) funkcija raspodele sluajne veliine X tada vai: c c z 1o P (a < X b) = F (b) - F (a); 2o P (a < X < b) = F (b- ) - F (a); 3o P (a X < b) = F (b- ) - F (a- ); 4o P (a X b) = F (b) - F (a- ); 5o P (X = a) = F (b) - F (b- ); 6o P (X > a) = 1 - P (X a); 7o P (X a) = 1 - P (X < a).

Na osnovu ove teoreme imamo da se verovatno´a da sluajna veliine uzme c c c vrednost u bilo kom opsegu koji je interval (mogu´no i poluzatvoren, ogranien c c ili neogranien), ili segment (mogu´no i poluzatvoren) moe izraziti preko c c z funkcije raspodele.

3 Ako

je X sluajna promenljiva prebrojivog tipa, tada svojstvo iii) ne mora da vai. c z

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA Posmatra´emo sada sluajne vektore. c c

DEFINICIJA 5.7.7

243

Neka su X1 , X2 , . . . , Xn sluajne promenljive (nad istim prostorom verovatno´e), c c i neka je Y = (X1 , X2 , . . . , Xn ) odgovaraju´a n­torka. Tada se za Y kae da je c z sluajni vektor, ili n­dimenzionalnu sluajnu promenljivu. c c U daljim razmatranjima, ponajvie iz tehnikih razloga uze´emo da je n = 2. s c c U tom sluaju kaemo da imamo dvodimenzionalnu sluajnu promenlivu, ili c z c vektor. Na primer, ako dve osobe istovremeno bacaju (istovetne) kocke, tada je prostor elementarnih dogadjaja dat sa {(1, 1), (1, 2), . . . , (6, 6)}. Sada se moe z postaviti pitanje kolika je verovatno´a dogadjaja da je prva osoba dobila broj c manji ili jednak 3, a druga manji ili jednak 5. Ovo nas navodi na slede´u c definiciju:

DEFINICIJA 5.7.8

Zajednika funkcija raspodele sluajnog vektora Z = (X, Y ) je preslikavanje c c F : I 2 I dato sa R R FZ (x, y) = P (X x, Y y). Funkcije raspodele FX (x) = P (X x) i FY (y) = P (Y y) nazivaju se marginalnim funkcijama raspodele. Za sluajan vektor koji uzima najvie prebrijivo mnogo vrednosti kae se da c s z je diskretan sluajni vektor. Takvi sluajni vektori se mogu opisati zajednikim c c c zakonom raspodele pij = P (X = xi , Y = yj ). Recimo, u gornjem sluaju koji se odnosi na bacanje dve kocke, imamo da je c 1 pij = 36 za bilo koje vrednosti za i i j (1 i, j 6). Primetimo da je u ovom sluaju vai pij = pi pj . Ovo nas navodi na slede´u definiciju: c z c

DEFINICIJA 5.7.9

Sluajne promenljive X1 , X2 , . . . , Xn (nad ne neophodno istim prostorom c verovatno´e) su medjusobno nezavisne (u celini) ako za bilo koje (merljive) c skupove D1 , D2 , . . . , Dn iz I vai R z P (X1 D1 , X2 D2 , . . . , Xn Dn ) = P (X1 D1 )P (X2 D2 ) · · · P (Xn Dn ). U protivnom, odgovaraju´e sluajne promenljive su zavisne. c c

PRIMER 5.7.10

Posmatrajmo jedan od modela Bernoulli­jevog eksperimenta (sa bacanjem nehomogenog novi´a), i dve sluajne promenljive X i Y za koje vai: X(G) = 0, cc c z X(P ) = 1, odnosno Y (G) = 1, Y (P ) = 0 (G i P oznaavaju redom realizaciju c grba i pismo). Poznato je jo da su q i p verovatno´e dogadjaja G i P , respeks c tivno. Primetimo i da je Y = 1 - X. Stoga, kao to intuicija nalae, ove dve s z

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

244

sluajne promenljive su zavisne. Da be se uverili u to, primetimo najpre da je c P (X = 0) = q, P (Y = 0) = p, dok je P (X = 0, Y = 0) = 0. Stoga, ako su p i q razliiti od 0, imamo da je P (X = 0, Y = 0) = P (X = 0)P (Y = 0). c

5.8

NEKE VAZNIJE RASPODELE

Pomenu´emo sada neke vanije raspodele diskretnog tipa. Drugim reima c z c za njih ´emo precizirati zakone raspodele. c PRIMER 5.8.1 Bernoulli-jeva raspodela: Sluajna promenljiva X moe uzimati samo dve rac z zliite vrednosti, na primer, 0 i 1, i to sa verovatno´ama q i p, respektivno (gde c c je p + q = 1). Uobiajeno, ova raspodela je vezana za Bernoulli-jev eksperic ment, gde neki povoljan dogadjaj, recimo A, moe nastupiti sa verovatno´om p, z c odnosno nenastupiti sa verovatno´om q. Vrednosti 0 i 1 predstavljaju indikatore c dogadjaja A, dakle za X(e) = 0 dogadjaj nije nastupio (e A), a za X(e) = 1 dogadjaj je nastupio (e A). Zakon raspodele je dat sa: P (X = 0) = 1 - p, P (X = 1) = p.

PRIMER 5.8.2

Binomna raspodela: Binomna raspodela se na prirodan nain javlja kao rezultat c ponavljanja Bernoulli­evog eksperimenta. Sada nas interesuje da se povoljni dogadjaj A realizuje odredjen broj puta u seriji od n ponavljanja Bernoulli-evog eksperimenta. Dakle sluajna promenljiva X sada moe uzimati vrednosti iz c z skupa {0, 1, . . . , n}. Neka je Bk dogadjaj da se u n bacanja novi´a povoljan cc dogadjaj realizuje k puta. Neka je Ai dogadjaj da se u i­tom eksperimentu javlja povoljan ishod. Tada je P (Bk ) = ek n Aei gde se sumiranje protee preko z i=1 i svih n­norki je ek = (e1 , e2 , . . . , en ) iz {0, 1}n sa tano k jedinica; takodje vai c z A0 = A,i A1 = A. Pod pretpostavkom da su dogadjaji Ai nezavisni u celini (a samim tim i eksperimenti) imamo da je P (Bk ) = P (X = k) = n pk (1 - p)n-k . k Naime, povoljni dogadjaj koji se sastoji od realizacije k povoljnih ishoda u n eksperimenata se moe realizovati na n naina, a verovatno´e realizacija bilo z c c k koje varijante su jednake pk q n-k . Stoga je akon raspodele je dat sa: P (X = k) = n k n-k p q (k = 0, 1, . . . , n). k

PRIMER 5.8.3

Geometrijska raspodela: Bernoulli-jevi eksperimenti sa verovatno´om nastuc panja povoljnog dogadjaja A se izvode sve do prvog nastupanja dogadjaja A (na primer, gadjamo u metu sve do prvog pogotka). Sluajna promenljiva X c uzima vrednosti iz skupa {1, 2, . . .}, sa verovatno´om P (X = k) = (1 - p)k-1 p, c pod pretpostavkom da su eksperimenti nezavisni. Naime, X = k ako i samo ako

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

245

se u prvih k - 1 eksperimenata ne dogodi dogadjaj A, dok se u k­tom dogodi. Zakon raspodele je dat sa: P (X = k) = q k-1 p (k = 1, 2, . . . , . . .). PRIMER 5.8.4 Poisson-ova raspodela: Sluajna promenljiva X uzima vrednosti iz skupa c {0, 1, 2, . . .}, dakle iz skupa N0 . Zakon raspodele je dat sa: P (X = n) = e- n ( > 0; n = 0, 1, . . . , n, . . .). n!

5.9

NUMERICKE KARAKTERISTIKE SLUCAJNIH PROMENLJIVIH

Za bolje sagledavanje nekih sluajnih promenljivih uvode se i razni numeriki c c pokazatelji koji pruaju neke veoma bitne informacije o sluajnoj promenljivoj. z c Jedna od ideja je da se vidi kako se grupiu vrednosti sluajnih promenljivih (da s c li su blizu neke fiksne vrednosti, koliko su rasuti od nje itd.). U tom cilju, pre nego to definiemo matematiko oekivanje (kao jedan od najvanijih pokazas s c c z telja) posmatrajmo konaan niz eksperimenata, kao i odgovaraju´u sluajnu c c c promenljivu X. Pretpostavimo da je sluajna promenljiva X uzela, u n ponavlc janja eksperimenta, slede´e vrednosti: x1 ukupno n1 puta; x2 ukupno n2 puta; c i tako redom, xk ukupno nk puta. Potsetimo se da brojevi ni nazijaju (apsolutnim) frekvencijama nastupanja dogadjaja da je sluajna promenjiva X uzela c vrednost xi (i = 1, 2, . . . , k). Takodje imamo da su fi = ni relativne frekvencije n (jasno, n = n1 + n2 + · · · + nk ). Veliina c

k

fi xi (=

i=1

k i=1

ni xi

n

)

predstavlja srednju vrednost sluajne veliine X u seriji od n eksperimenata. c c Primetimo da relativne frekvencije (kada n ) tee verovatno´ama odgoz c varaju´ih dogadjaja (prema statistikom pristupu dodele verovatno´e dogadjac c c jima). Ovo nas navodi da uvedemo slede´u definiciju: c

DEFINICIJA 5.9.1

Matematiko oekivanje E(X) sluajne promenljive X konanog tipa dato je sa c c c c

n

E(X) =

i=1

pi xi .

Ukoliko je sluajna promenljiva prebrojivog tipa tada, pod uslovom da je odgoc varaju´i red apsolutno konvergentan, vai c z

E(X) =

i=1

pi xi .

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

246

Dakle matematiko oekivanje je, drugim reima reeno, isto to i sredc c c c s nja vrednost sluajne promenljive (ista impretacija moe se dati i za sluajnu c z c promenljivu prebrojivig tipa). PRIMER 5.9.2 Za sluajnu promenljivu X koja ima Bernoulli-jevu raspodelu vai c z E(X) = p. Optije, ako posmatramo sluajnu promenljivu X koja ima Binomnu raspodelu s c tada je n n i n-i E(X) = p q i, i i=0 te je E(X) = np. (Videti Primer ?.) Slede´a teorema iskazuje veoma vano svojstva matematikog oekivanja. c z c c TEOREMA 5.9.3 Neka su X i Y dve sluajne promenljive nad istim prostorom verovatno´e. c c Tada vai z i) E(c) = c, gde je c realna konstanta; ii) E(cX) = cE(X), gde je c realna konstanta; iii) E(X + Y ) = E(X) + E(Y ); iv) E(aX + bY ) = aE(X) + E(bY ), gde su a i b realne konstante.

Dokaz . Dokaza´emo samo iii) (s obzirom da i) i ii) direktno slede iz definic cije). Primetimo da se matematiko oekivanje bilo koje sluajne promenljive c c c diskretnog tipa moe prikazati u vidu z E(Z) =

e

P ({e})Z(e).

Odavde je E(X + Y ) =

e

P ({e})(X(e) + Y (e))

=

e

P ({e})X(e) +

e

P ({e})Y (e) = E(X) + E(Y ).

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA Primetimo da iv) direktno sledi iz ii) i iii). Ovim je dokaz zavren. s

247

Svojstva ii), iii) i iv) iz gornje teoreme redom su poznata kao homogenost, aditivnost i linearnost matematikog oekivanja. Napomenimo da se aditivnost c c i linearnost mogu proiriti na sumu (linearnu kombinaciju) vie od dve sluajne s s c promenljive (dokaz se moe izvesti matematikom indukcijom). z c Slede´i primer poslui´e nam da ukaemo i na jednu veoma vanu primenu c zc z z teorije verovatno´e u kombinatorici (jedna od ideja probabilistikog metoda za c c dokazivanje egzistencije kombinatornih objekata. PRIMER 5.9.4 U teoriji grafova Ramsey­ev broj R(r) definie se kao najmanji broj n takav da s kompletan grafa Kn pri proizvoljnom bojenju grana tog grafa sa dve boje (na primer, crvenom i plavom) uvek sadri kompletan podgraf sa r vorova ije su z c c sve grane obojene ili crvenom, ili plavom bojom. Pokaza´emo sada (bez efektivnog bojenja) da za dovoljno male vrednosti c broja n da je mogu´e obojiti grane grafa Kn sa dve boje tako da se javlja c u njemu kompletan podgraf sa r vorova i sa svim granama obojenim istom c bojom. U tom cilju obojima svaku grany (nezavisno od ostalih) sa verovatno´om 1 c 2 u crvenom bojom, i sa verovatno´om 1 u plavom bojom. Takvo jedno bojenje c 2 (celog grafa) moe se posmatrati kao relizacija jednog elementatnog dogadjaja. z Neka je sada U fiksirani podskup vorova naeg grafa, i definiimo sluajnu c s s c promenljivu XU tako da je njena vrednost jednaka 1 ako su sve grane podgrafa odredjenog sa U iste boje, a 0 u protivnom. Uvedimo potom novu sluajnu c promenljivu X = |U | = rXU (jasno je da je ona jednaka broju podgrafova sa r vorova koji su obojeni istom bojom). Tada imamo da je E(XU ) = 2 1 c (r) 2 (faktor 2 se javlja jer se bojenje vri sa dve boje). Dalje imamo da je E(X) = s |U | = rE(XU ) (na osnovu gornje napomene). Odavde je E(X) = n 1-(r) 2 2 . r

Posmatrajmo sada ta se deava ako je n dovoljno malo, tako da je dobis s jeno matematiko oekivanje manje od 1 (to se desava za, na primer, n = c c 1.1r ). Kako je matematiko oekovanje srednja vrednost celebrojne sluajne c c c promenljive, i ako je ono manje od 1, jasno je da mora postojati i sluaj da je c sluajna promenljiva X uzela vrednost 0. A to ujedno daje i egzistenciju bojenja c u kome nema podgrafova sa r vorova ije su sve grane obojene ili crvenom, ili c c plavom bojom. Kao zakljuak navodimo da smo utvrdili egzistenciju traenog bojenja, ali c z da efektivno bojenje nismo eksplicitno realizovali (konstruisali). Stoga je ovaj dokaz nekonstruktivan. Posmatrajmo sada proizvod dve sluajne promenljive. Ako su sluajne c c promenljive zavisne tada matematiko oekivanje njihovog proizvoda ne mora c c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

248

biti jednako proizvodu njihovih matematikih oekivanja. Na primer, ako c c uzmemo sluajne promenljive X i Y is Primera ?, tada je E(X · Y ) = 0, a c E(X) = p, E(Y ) = q, to je za p, q = 0 razlito. Medjutim za nezavisne s c sluajne promenljive imamo: c TEOREMA 5.9.5 Ako su X i Y dve nezavisne sluajne promenlive tada vai c z E(X · Y ) = E(X)E(Y ).

Dokaz . imamo

Dokaz ´emo dati samo za sluajne promenljive diskretnog tipa. Tada c c xi yj P (X = xi , Y = yj ) =

iI jJ iI jJ

E(X · Y ) =

xi yj P (X = xi )P (Y = yj ) yj P (Y = yj )] = E(X)E(Y ).

jJ

=[

iI

xi P (X = xi )][

Ovim je dokaz kompletiran. Pre nego o definiemo varijansu, posmatrajmo dve sluajne promenljive s s c koje imaju istu srednju vrednost, na primer m. Medjutim, moe se desiti da z kod jedne od njih (ako bi ponavljali eksperiment) da se vrednosti izrazito grupiu s oko broja m, dok kod druge nema takve tendencije. Za ovu drugu kazemo da ima veliko rasipanje. Jedna od mera rasipanja je upravo varijansa.

DEFINICIJA 5.9.6

Varijansa (ili rasipanje) V ar(X) sluajne promenljive X konanog tipa dato je c c sa

n

V ar(X) =

i=1

pi (xi - E(X))2 .

Ukoliko je sluajna promenljiva prebrojivog tipa tada, pod uslovom da je odgoc varaju´i red apsolutno konvergentan, vai c z

V ar(X) =

i=1

pi (xi - E(X))2 .

Takodje vai V ar(X) = E((X - E(X))2 ). z

NAPOMENA

P P Umesto iI pi (xi - E(X))2 moe se koristiti i iI pi |xi - E(X)| ali je P stanovita z sa s izraunavanja nepogodnija za rad. Pogreno bi bilo posmatrati sumu c s i=1 pi (xi - E(X)) (zato?). s

PRIMER 5.9.7

Uzmimo najpre da je X sluajna promenljiva data Bernoulli-jevom raspodelom. c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

249

Direktnom zamenom imamo da je V ar(X) = p(1 - p) (= pq). U sluaju da je c X sluajna promenljiva data Binomnom raspodelom imamo c

n

V ar(X) =

i=0

n i n-i p q (i - np)2 . i

Potsetimo se da je E(X) = np. Odavde je V ar(X) = np(1-p) (= npq). (Videti takodje Primer ?) Da bi se ouvala originalna dimenzija sluajne veliine (pogotovu ako je u c c c pitanju fizika veliina) koristi se korenovanje varijanse. Stoga imamo: c c

DEFINICIJA 5.9.8

Standardna devijacija (X) sluajne promenljive X data je sa c (X) = V ar(X).

Neka je : I I realna funkcija. Generalno, moe se definisati i R R z matematiko oekivanje bilo koje funkcije sluajne promenljive. Time ustvari c c c posmatramo novu sluajnu promenljive, dakle (X) nastalu od X, tj. prethodne c sluajnu promenljive. U specijalnom sluaju, ako uzmemo da je (x) = xk doc c bijamo:

DEFINICIJA 5.9.9

Momenat k­tog reda mk (X) sluajne promenljive X diskretnog tipa dato je sa c mk =

iI

pi xk , i

gde je k N, a I diskretan skip. Centrirani momenat k­tog reda µk (X) sluajne promenljive X diskretnog c tipa dat je sa µk (X) = E((X - E(X))k ) =

iI

pi (xi - E(X))k .

NAPOMENA

U sluaju da je I prebrojiv skup uobiajen zahtev je da je odgovaraju´i red apsolutno c c c konvergentan.

Dokaza´emo sada formulu koja daje alternativni izraz za varijansu. c TEOREMA 5.9.10 Ako je X sluajna veliina tada vai c c z V ar(X) = E(X 2 ) - E(X)2 .

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

250

Dokaz .

Na osnovu definicije imamo pi (xi - E(X))2 =

iI iI

V ar(X) = Odavde je

pi x2 - 2 i

iI

pi xi E(X) +

iI

pi E(X)2 .

V ar(X) = E(X 2 ) - 2E(X)

iI

pi xi + E(X)2

iI

pi ,

te sredjivanjem dobijamo V ar(X) = E(X 2 ) - E(X)2 . Ovim je dokaz kompletiran. Slede´e osobine su karakteristine za varijansu: c c TEOREMA 5.9.11 Neka je X sluajna promenljiva sa konanom varijansom. Tada vai c c z (i) V ar(c) = 0 za svako c I R; (ii) V ar(X) = 0 ako i samo ako postoji c I takvo da je P (X = c) = 1; R (iii) V ar(X + c) = V ar(X) za svako c I R; iv) V ar(cX) = c2 V ar(X) za svako c I R.

Dokaz . Najpre imamo da (i) vai, to neposredno sledi iz definicije varijanse. z s je V ar(c) = 0 za svako c I R. Obrnuto, Dokaza´emo (ii) samo za sluajne c c promenljive diskretnog tipa. Sada imamo da je (xi - c)2 P (X = xi ) = 0,

iI

gde je c = E(X). Odavde neposredno sledi da je xi = c za svako i, kao i da je P (X = c) = 1. Time je (ii) dokazano. Svojstva (iii) i (iv) se jednostavno dokazuju primenom Teoreme ?. Ovim je dokaz kompletiran. Napomenimo sada da u optem sluaju ne vai da je varijansa zbira dve s c z sluajne promenljive jednaka zbiru njihovih varijansi. Medjutim, ako su sluajne c c promenljive nezavisne, tada vai: z TEOREMA 5.9.12

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

251

Ako su X i Y dve nezavisne sluajne promenljive (nad istim prostorom c verovatno´e) sa konanim varijansama tada vai c c z V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ).

Dokaz .

Neka je E(X) = a, a E(Y ) = b. Tada imamo

V ar(X + Y ) = E((X + Y - E(X + Y ))2 ) = E(((X - a) + (Y - b))2 ) = E((X - a)2 ) + 2E((X - a)(Y - b)) + E((Y - b)2 ) = V ar(X) + V ar(Y ), S obzirom ida su X - a i Y - b takodje nezavisne sluajne promenljive, te da je c tada E((X -a)(Y -b)) = E(X -a)E(Y -b) = 0 (naime, E(Z -c) = E(Z)-c = 0 za svako c I R). Ovim je dokaz kompletiran. s Slede´a nejednakost poznata je kao nejednakost Cebieva: c TEOREMA 5.9.13 Neka je X sluajna promenljiva sa konanom varijansom, a pozitivan realan c c broj. Tada vai z V ar(X) P (|X - E(X)| ) . 2 Dokaz . Dokaza´emo teoremu samo u sluaju da je X sluajna promenljiva c c c diskretnog tipa. Neka je E(X) = m. Tada imamo P (|X - E(X)| ) =

|xi -m|

P (X = xi ) 1 · P (X = xi )

|xi -m|

1

2 |xi -m|

|xi - m|2 P (X = xi ) 1

2 iI

|xi - m|2 P (X = xi ) = V ar(x)

2

.

U nastavku dajemo pregled numerikih karakteristika nekih raspodela. Neka c je X sluajna veliina koja ima: c c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA i) Bernoulli-evu raspodelu. Tada je E(X) = p, V ar(X) = pq, (X) = ii) Binomnu raspodelu. Tada je E(X) = np, V ar(X) = npq, (X) = iii) Geometrijsku raspodelu. Tada je

1 E(X) = p , V ar(X) = 1-p p2 ,

252

pq.

npq.

(X) =

1-p p .

iv) Poisson-ovu raspodelu. Tada je E(X) = , V ar(X) = , (X) = .

5.10

MARKOVLJEVI LANCI

Teorija sluajnih (stohastikih) procesa je jedan veoma vaan deo teorije c c z verovatno´e sa mnotvom primena. Naime mnogi fenomeni vezani za prirodne c s nauke (a i drutvene) mogu se modelirati uz pomo´ Markovljevih procesa. U s c ovoj knjizi da´emo jedan upro´en model sluajnih procesa, takozvanih Markovlc sc c jevih lanaca, koji pripadaju diskretnoj verovatno´i, a uz to se mogi i na prirodan c nain interpretirati u teoriji grafova. c Pretpostavimo najpre da imamo jedan sistem (automat, u specijalnom sluaju raunar) koji moe da ima konaan broj stanja, na primer S1 , S2 , . . . , Sn c c z c (u nekim razmatranjima broj stanja moe biti i beskonaan). Pretpostavimo z c zatim da taj sistem u nekim diskretnim trenucima vremena prelazi iz jednog stanja, recimo Si , u neko drugo stanje, recimo Sj , sa nekom verovatno´om c prelaska (mogu´na su i razmatranja kod kojih su vremenski trenuci promena c stanja kontinualno menjaju). Neka je Xn = X(n) sluajna promenljiva koja c oznaava stanje sistema u trenutku tn (ovde se vreme posmatra kao paramc etar). U najoptijem sluaju verovatno´a prelaska sistema iz stanja xn (koje je s c c nastupilo u trenutku tn ) u stanje xn+1 (koje nastupa u trenutku tn+1 ) dato je sa P (Xn+1 = xn+1 |Xn = xn , Xn-1 = xn-1 , . . . , X1 = x1 , X0 = x0 ). Drugim reima, ono zavisi od svih prethodnih stanja (dakle, itava istorija promc c ena stanja uti´e na ovu verovatno´u). Na primer, ako iz pila karata vadimo c c s karte jednu po jednu bez vra´anja, tada verovatno´a da u n­tom izvlaenju c c c uzvuemo kartu odredjene boje (na primer u trefu), zavisi od toga ta je ranije c s izvueno. c Kod Markovljevih lanaca imamo upro´enu situaciju, naime verovatno´a sc c prelaska u novo stanje zavisi samo od zateenog stanja (samim tim, celokupna c prethodna istorija se aboravlja", to jest brie). Takva situacija nastaje u z s prethodnom primeru ako se karte po izvlaenju vra´aju u pil. Preciznije imamo: c c s

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

253

DEFINICIJA 5.10.1

Neka je dat niz sluajnih promenljivih (Xn )nN0 diskretnog tipa (nad istim c prostorom verovatno´e). Tada ovaj niz obrazuje Markovljev lanac ako vai c z P (Xn+1 = xn+1 |Xn = xn , Xn-1 = xn-1 , . . . , X1 = x1 , X0 = x0 ) = P (Xn+1 = xn+1 |Xn = xn ). za svako x0 , x1 , . . . , xn I i svako n N0 . U sluaju da vai R c z P (Xn+1 = y|Xn = x) = P (Xn = y|Xn-1 = x) za svako n N tada je odgovaraju´i Markovljev lanac (vremenski) homogen. c U nastavku ´emo posmatrati samo vremenski homogene Markovljeve lance. c Pogodan (i prirodan) model za ovakve lance moe se dati preko orijentisanih z grafova (sa petljama). Naime, svakom voru se moe pridruiti jedno stanje c z z sistema; dva vora koja odgovaraju stanjima Si i Sj spojena su granom oric jentisanom od vora koji odgovara stanju Si do vora koji odgovara stanju Sj c c ako postoji mogu´nost prelaza iz stanja Si u stanje Sj ; grani (ili petlji) koja c povezuje pomenuta dva vora pridruuje se verovatno´a, to jest teina c z c z pij = P (Xn+1 = Sj |Xn = Si ). Dakle, ako je pij = 0, tada se odgovaraju´a grana izostavlja iz grafa. c

PRIMER 5.10.2

Ppretpostavimo da se vreme moe opisati stanjima S1 = K (kiovito), S2 = O z s (oblano) i S3 = S (sunano). Neka je matrica prelaza (promene vremena) data c c sa =

1 2 1 2 1 4 1 4 1 4

0

1 4 1 2 1 2

.

Ovoj matrici odgovara graf dat na slede´oj slici: c

Primetimo i da je zbir elemenata svake vrste gornje matrice jednak 1 (za kolone to ne mora da vai). Isti zakljuak vai i u optem sluaju. Stoga je z c z s c matrica stohastika matrica. c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA Uve´emo sada jo neke pojmove. Neka je sc s pk = P (X(l + k) = xj |X(l) = xi ) ij (l = 0, 1, . . .).

254

Dakle, pk je verovatno´a da Markovljev lanac iz stanja xi predje u stanje xj u c ij k koraka (oigledno, zbog vremenske homogenosti, ta verovatno{ca ne zavisi od c s l). Za k = 1 dobijamo da je p1 = pij . Nije teko utvrditi (na osnovu formule ij za totalnu verovatno´u) da za svako k1 , k2 N vai c z

n k pij1 +k2 = s=1

pk 1 p k 2 , is sj

gde je n broj svih stanja sistema (Markovljevog lanca).

DEFINICIJA 5.10.3

Kvadratna matrica reda n data sa = (pij ), gde je pij = P (Xn+1 = Sj |Xn = Si ) naziva se matricom prelaza Markovljevog lanca. Lako se pokazuje da je je k = (pk ). ij verovatno´u neposredno dobijamo: c Koriste´i formulu za totalnu c

TEOREMA 5.10.4

Neka je p(k) = (p1 , p2 , . . . , pn )T , gde je pi = P (Xk = xi ). Drugim reima p(k) je vektor verovatno´a da se sistem (Markovljev lanac Xk ) nadje u c c trenutku tk u nekom od stanja (za k = 0 to je vektor poetnih verovatno´a, tj. c c verovatno´a da se Markovljev lanac u trenutku t0 nalazi u pojedinim stanjima). c Neka je matrica prelaza za X k . Tada vai z p(k) = k p(0) .

(k)

(k)

(k)

(k)

5.11

INFORMACIJA I ENTROPIJA

Vrednost i znaaj saznanja da se neki dogadjaj desio ili da ´e se desiti moe se c c z (esto subjektivno) meriti uz pomo´ njegove verovatno´e. Na primer, ako nam c c c neko u toku leta kae da ´e sutra padati sneg to je vredna i veome znaajna z c c informacije; jasno, u toku zime ta informacija nije od ve´e vrednosti niti znaaja. c c Presudnu ulogu u obe situacije, imala je verovatno´a nastupanja pomenutog c dogadjaja. U teoriji informacija nas interesuje prevashodno koliina dobijenih informac cija (u odnosu na neku jedinicu mere). Oznaimo sa I(p) koliinu informacija c c

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA

255

sadranu u saznanju da je realizovan (ili nije realizovan) dogadjaj verovatno´e z c p. Ako su A i B nezavisni dogadjaji takvi da je P (A) = p i P (B) = q, tada je P (AB) = P (A)P (B) = pq. Dakle, ako se dogode oba dogadjaja, trebalo bi da vai z I(pq) = I(p) + I(q), jer se, intuitivno, koliina informacija ovim uve´ava, ili preciznije sabira. Pozc c nato je da je jedina neprekidna funkcija koja zadovoljava gornji uslov oblika I(x) = c log(x), gde je c neka realna konstanta. Ako se usvoji da dogadjaj ija c c je verovatno´a 2 nosi jedininu informaciju dobijamo: c 1

DEFINICIJA 5.11.1

Kolina informacije, ili kra´e informacija, sadrana u dogadjaju verovatno´e p c c z c data je sa I(p) = -log2 (p). Jedinica mere informacije je shannon, po Claude Shannon­u. Ako imamo diskretnu sluajnu promenjivu X tada se moe odrediti i srednja c z koliina informacija koja je sadrana u dogadjajima X = xi , gde je i I. Time c z su se stekli uslovi za slede´u definiciju: c

DEFINICIJA 5.11.2

Entropija diskretne sluajne promenljive X data je izrazom c H(X) = -

iI

pi log2 (pi ),

gde je pi = P (X = xi ) (i I). Napomenimo da se 00 u izraunavanjima smatra da je jednako 0. c Primetimo da je H(X) nezavisno od vrednosti koje uzima sluajna promenljiva. c Stoga je H(X) = H(X+c) = H(cX), za svako c I . R. PRIMER 5.11.3 primer ...

TEOREMA 5.11.4

Neka je X sluajna promenljiva konanog tipa, koja moe da uzima n rac c z n zliitih vrednosti4 sa verovatno´ama p1 , p2 , . . . , pn (jasno, i=1 pi = 1). Neka je c c Y sluajna promenljiva konanog tipa, koja takodje moe da uzima n razliitih c c z c 1 vrednosti ali sa verovatno´ama n . Tada je c H(X) H(Y ) = log2 (n).

4 Nije

bitno kojih!

´ GLAVA 5. DISKRETNA VEROVATNOCA Dokaz . Dovoljno je dokazati da je 1 pi log2 (pi ) log2 ( ), n i=1

n

256

za bilo kojih n pozitivnih brojeva p1 , p2 , . . . , pn koji zadovoljavaju uslov p1 +p2 + · · · + pn = 1. Ova nejednakost se direktno dobija tranjem uslovnog minimuma z n funkcije f (x1 , x2 , . . . , xn ) = i=1 xi log2 (xi ) pod uslovima 0 < xi 1 (1 i n n) i i=1 xi = 1. Ovim je dokaz kompletiran. Slede´a nejednakost vai za entropije: c z TEOREMA 5.11.5 Ako su X i Y nezavisne sluajne promenljive, tada vai c z H(X) H(X + Y ).

Napomenimo na kraju da se entropija u fizici javlja kod drugog zakona termodinamika (svaki izolovani sistem tei da predje u stanje iste ili ve´e entropije. z c Entropija je na neki nain mera neuredjenosti sistema (haosa). c

Bibliografija

[1] James A. Anderson, Diskretna matematika sa kombinatorikom, Raunarski c fakultet, Beograd, 2005. [2] George E. Andrews, Kimmo Eriksson, Integer Partitions, Cambridge University Press, 2004. [3] George E. Andrews, The Thoery of Partitions, Cambridge University Press, 1984. [4] V.K. Balakrishnan, Combinatorics, Shau m's Outline Series, 1995. [5] V.K. Balakrishnan, Graph Theory, Shau m's Outline Series, 1997. [6] Norman L. Biggs, Algebraic Graph Theory, Cambridge University Press, 1974. [7] B´la Bollob´s, Modern Graph Theory, Springer-Verlag, 1998. e a [8] Gary Chartrand, Linda Lesniak, Graphs & Digraphs, Chapman & Hall, 1996. [9] Drago Cvetkovi´, Slobodan Simi´ Diskretna matematika, Nauna knjiga, s c c c Beograd, 1990. [10] Drago Cvetkovi´, Peter Rowlinson, Slobodan Simi´ Eigenspaces of graphs, s c c Cambridge University Press, 1997. [11] Drago Cvetkovi´, Kombinatorna teorija matrica, Nauna knjiga, Beograd, s c c 1987. [12] Drago Cvetkovi´, Teorija grafova i njene primene, Nauna knjiga, s c c Beograd, 1990. [13] Christopher David Godsil, Algebraic Combinatorics, Chapman & Hall, New York-London, 1993. [14] Ronald L. Graham, Donald E. Knuth, Oren Patashnik, Concrete Mathematics, Addison-Wesley Publishing Company, 1994.

257

BIBLIOGRAFIJA

258

[15] Ronald L. Graham, Martin Gr¨tschel, L´szl´ Lov´sz (editors), Handbook o a o a of Combinatorics, Volume 1 & 2, North-Holland, 1995. [16] Ivan Gutman, Branislav Popovi´, Arthur Cayley ­ pionir hemijske teorije c grafova, str.16-19, Tangenta 39, Kragujevac-Beograd 2005. [17] Frank Harary, Graph Theory, Narosa Publishing House, 1995. [18] Frank Harary, On the History of the Theory of Graphs, p.1-17, New Directions in the Theory of Graphs, Academic Press, New York and London, 1973. [19] Vladimir Jankovi´, Diferencne jednaine, Beograd, 1976. c c [20] L´szl´ Lov´sz, Combinatorial Problems and Exercises, Budapest, 1979. a o a [21] Henryk Minc, Permanents, Addison­Wesley Publishing Company, 1978. [22] John W. Moon, Counting Labelled Trees, Canad. Math. Congress, Montreal, 1970. [23] Ji´ Matouek, Jaroslav Neetil, Invitation to Discrete Mathematics, ri s s r Clarendon Press, Oxford, 1988. [24] Marko Petkovek, Herbert Wilf, Doron Zeilberger, A=B, AK Peters, 1997, s online verzija kompletne knjige dostupna na adresi http://... [25] Vojislav Petrovi´, Teorija grafova, Novi Sad, 1998. c [26] Boro Piperevski, Risto Malqeski, Aleksa Malqeski, Irena Trajkovska, Izbrani sodr ini od elementarna matematika II, Skopje, 2001. [27] Kenneth H. Rosen, Discrete Mathematics and Its Applications, McGraw Hill, 2003. [28] Steven S. Skiena, The Algorithm Design Manual, Springer-Verlag, New York, 1997, online verzija kompletne knjige dostupna na adresi http://www2.toki.or.id/book/AlgDesignManual/INDEX.HTM [29] Neil J.A. Sloane, Online Encyclopedia of Integer http://www.research.att.com/~njas/sequences/ Sequences,

[30] Dragan Stevanovi´, Marko Miloevi´, Vladimir Balti´, Diskretna matemac s c c tika, Zbirka reenih zadataka, DMS, Beograd, 2004. s [31] Ioan Tomescu, Introduction to Combinatorics, Collet's (Publishers) Ltd, London and Wellingborough, 1975. [32] Ioan Tomescu, Problems in Combinatorics and Graph Theory, John Wiley & Sons, 1985.

BIBLIOGRAFIJA

259

[33] Darko Veljan, Kombinatorika sa teorijom grafova, Skolska knjiga, Zagreb, 1989. [34] Nikola Nikolaeviq Vorob ev, Qisla Fibonaqqi, Nauka, Moskva, 1992. [35] Douglas B. West, Introduction to Graph Theory, Prentice Hall, 1996. [36] Wikipedia, free encyclopedia, http://en.wikipedia.org

Information

259 pages

Find more like this

Report File (DMCA)

Our content is added by our users. We aim to remove reported files within 1 working day. Please use this link to notify us:

Report this file as copyright or inappropriate

446429