ELEMENTI ENUMERATIVNE KOMBINATORIKE

Transcript

1 DU KO JOJI ELEMENTI ENUMERATIVNE KOMBINATORIKE Banja Luka

2

3 Sadrºaj Predgovor O KOMBINATORICI ta je to kombinatorika? Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike OSNOVNI PRINCIPI I METODE PREBROJAVANJA Princip sume i princip proizvoda Princip bijekcije Metoda dvostrukog prebrojavanja Rekurzivne relacije Tri vaºna primjera Zadaci Rje²enja zadataka MATEMATIƒKA INDUKCIJA Princip matemati ke indukcije Neke primjene matemati ke indukcije Zadaci Rje²enja zadataka PERMUTACIJE I SIMETRIƒNA GRUPA Bijekcije i injekcije Simetri na grupa O nekim numeri kim parametrima simetri ne grupe Zadaci Rje²enja zadataka

4 Sadrºaj 5 BINOMNI I POLINOMNI KOEFICIJENTI O binomnim koecijentima Multiskupovi Kompozicije Binomna i polinomna formula Identiteti i sume Zadaci Rje²enja zadataka DIRIHLEOV PRINCIP I OSNOVNI POJMOVI REMZIJEVE TEORIJE Dirihleov princip Elementi Remzijeve teorije Zadaci Rje²enja zadataka FORMULA UKLJUƒENJA-ISKLJUƒENJA Ra unanje sa Venovim dijagramima Formula uklju enja-isklju enja Permutacije sa zabranjenim pozicijama Zadaci Rje²enja zadataka REKURZIVNE RELACIJE Primjeri rekurzivnih relacija Linearne homogene rekurzivne relacije sa konstantnim koecijentima Linearne nehomogene rekurzivne relacije sa konstantnim koecijentima Broj triangulacija konveksnog poligona O nekim specijalnim brojevima Zadaci Rje²enja zadataka FUNKCIJE GENERATRISE Formalni stepeni redovi i obi ne funkcije generatrise Eksponencijalne funkcije generatrise Neke primjene funkcija generatrise Zadaci Rje²enja zadataka

5 Sadrºaj 10 ODABRANE TEME Eksponencijalna i kompoziciona formula Sistem razli itih predstavnika i latinski kvadrati Enumeracija pri dejstvu grupe Parcijalno ureženi skupovi Neki enumerativni problemi iz teorije grafova Zadaci Rje²enja zadataka Literatura Indeks Spisak oznaka

6

7 Predgovor

8

9 1 O KOMBINATORICI 1.1 ta je to kombinatorika? Dati precizan i kratak odgovor na pitanje ta je to kombinatorika? nije lako. U raznim knjigama i enciklopedijama moºe se prona i sljede a denicija: Kombinatorika je dio matematike koji prou ava diskretne (kona ne ili prebrojive) skupove i strukture. Kako se kona ne strukture pojavljuju u svim oblastima matematike, ova re enica i nije ba² najbolji odgovor na postavljeno pitanje. U knjigama o kombinatorici se nalaze denicije kojima se poku²ava opisati ²ta je to ime se bavi kombinatorika. Tako se u [12] kaºe: Kombinatorika se bavi problemima egzistencije i enumeracije objekata i struktura koji ispunjavaju neke zadate uslove Matemati ari koji se bave kombinatorikom esto vole da kaºu, na primjer u [20]: Kombinatorika je dio matematike u kojem se koriste i prou avaju kombinatorni argumenti. Pri tome se kombinatornim argumentom naj e² e naziva neko kreativno razmi²ljanje ili inteligentno opaºanje u rje²avanju nekog problema koje ne zahtijeva poznavanje nekog komplikovanog matemati kog aparata. Prethodne denicije emo poku²ati ilustrovati i pojasniti sa nekoliko konkretnih problema kojima se bavi kombinatorika.

10 1.1. ta je to kombinatorika? Odrediti koliko elemenata ima neki kona an skup. Posmatrajmo sljede i zadatak: Neka je zadan skup A sa n elemenata. Koliko ima funkcija f : A A koje su bijekcije? Odgovor na ovo pitanje je proizvod svih brojeva od 1 do n (n 1) n = n!. U [7] se kaºe da je za ovu formulu (kao i formulu za broj k- lanih podskupova nekog n- lanog skupa) znao indijski matemati ar Baskara oko godine, a vjerovatno i Bramagupta ve u ²estom vijeku 1. Dio kombinatorike koji se bavi odreživanjem broja elemenata u kona nim skupovima naziva se enumerativna kombinatorika. Iz naslova ove knjige je lako zaklju iti da emo se na stranicama koje slijede uglavnom baviti problemima enumerativne kombinatorike. Egzistencija neke strukture sa zadanim svojstvima. Da li je mogu e u tabelu n n upisati brojeve od 1 do n 2, tako da zbir brojeva u svakom redu, u svakoj koloni i na obje dijagonale bude uvijek isti? Tabela n n sa traºenim svojstvom se naziva magi ni kvadrat reda n. Lako je utvrditi da magi ni kvadrat reda dva ne postoji. Magi ni kvadrat reda tri je bio poznat u staroj Kini jo² u prvom vijeku. Konstrukcija magi nih kvadrata neparnog reda nije previ²e komplikovana: U sredinu prvog reda upi²emo broj 1. Ostale brojeve upisujemo redom po dijagonali, jedno polje desno i jedno polje gore od posljednjeg upisanog broja. Ako polje u koje trebamo upisati novi broj izlazi iz n n kvadrata, prebacimo ga u posljednji red (ako je iza²ao iz prvog reda) ili u prvu kolonu (ako je iza²ao iz posljednje kolone). 1 Neki specijalni slu ajevi ovih formula se mogu prona i u zapisima iz drugog vijeka prije nove ere. 10

11 1.1. ta je to kombinatorika? Ako je polje na koje ºelimo upisati novi broj ve zauzeto, taj broj upisujemo jedno polje ispod posljednjeg upisanog broja. Konstrui²imo magi ni kvadrat reda tri pomo u ovog algoritma: Magi ni kvadrat reda pet dobijen ovim algoritmom je Algoritmi pomo u kojih se konstrui²u magi ni kvadrati parnog reda (naravno, osim kvadrata reda dva) se mogu na i u [6]. Ti algoritmi su dosta komplikovani i zato ih ovde ne navodimo. Optimizacija neke strukture Koliko najvi²e podskupova n- lanog skupa moºemo odabrati tako da nijedan od tih skupova nije sadrºan u nekom od ostalih koje smo odabrali? O igledno je da familija svih k- lanih podskupova zadanog skupa ispunjava traºeni uslov. Broj svih k- lanih podskupova nekog skupa od n elemenata je binomni koecijent n (n 1) (n k + 2) (n k + 1) k (k 1) = ( ) n. k Dalje, nije te²ko provjeriti da je srednji binomni koecijent ( ) n n 2 ve i ili jednak od ostalih ( n k). Stoga, ako posmatramo familije sastavljene od svih k- lanih podskupova (za k = 0, 1,..., n), najvi²e elemenata ima familija koja sadrºi sve podskupove sa n 2 elemenata. 11

12 1.1. ta je to kombinatorika? Da je ta familija i najbrojnija sa traºenim svojstvom, dokazao je Emanuel perner godine. To je jedan od prvih rezultata ekstremalne kombinatorike. Ispitivanje da li neka struktura ima ºeljeno svojstvo Da li se neka slika koja se sastoji od kona no mnogo linija (graf) moºe nacrtati tako da se olovka ne diºe sa papira i da se svaka duº nacrta samo jednom? Jedan od najpoznatijih zadataka u istoriji kombinatorike je problem Kenigsber²kih mostova. Grad Kenigsberg (danas Kalinjingrad, Rusija) se nalazi na rijeci Pregel, na dvije obale i na dva ostrva. Ta etiri kopna su povezana sa sedam mostova (vidi sliku 1.1). Stanovnici Kenigsberga su ºeljeli pro²etati gradom tako da prežu sve mostove, ali svaki most samo jednom. Slika 1.1. Mostovi u Kenigsbergu. Mežutim, koliko god su se trudili, to im nije uspijevalo. Pitali su se da li je takva ²etnja uop²te mogu a? Odgovor na to pitanje je dao Leonard Ojler 3, svakako jedan od najboljih i najproduktivnijih matemati ara svih vremena. Ojler je primijetio da je dio ²etnje po kopnu nebitan za ostvarivanje ºeljenog cilja. Stoga, svaki povezan dio kopna u Kenigsbergu moºe da se skupi u jednu ta ku. 2 Emanuel Sperner ( ) 3 Leonhard Euler ( ) 12

13 1.1. ta je to kombinatorika? Na taj na in mapa Kenigsberga postane graf na slici 1.2. Mostovi u Kenigsbergu su postali linije (ivice tog grafa). A A B C B C D Slika 1.2. Graf koji predstavlja mapu Kenigsberga. D Sada je traºena ²etnja po Kenigsbergu, u kojoj se svaki most preže ta no jednom, u stvari crtanje grafa sa slike 1.2 tako da se svaka ivica nacrta samo jednom ne diºu i olovku sa papira. Dalje, Ojler je primijetio da ako takva ²etnja postoji, svako kopno koje nije po etak ili kraj ²etnje je parnim brojem mostova povezano sa ostalim dijelovima grada. Razlog za to je jednostavan: kada preko nekog mosta stignemo na dio kopna koji nije kraj ²etnje, preko nekog drugog mosta moramo to kopno napustiti! Kako iz svakog od etiri tjemena grafa na slici 1.2 izlazi neparan broj ivica, crtanje takvog grafa na opisan na in nije mogu e, pa tako nije mogu a ni ºeljena ²etnja po Kenigsbergu. Vrijednost Ojlerovog rje²enja je u tome ²to daje potreban i dovoljan uslov kada takva ²etnja moºe da postoji u proizvoljnom grafu. Ojler je ovaj rezultat prvi put prezentovao godine u Petrogradskoj akademiji nauka, a rad Solutio problematis ad geometriam situs pertinentis je objavljen godine. Taj rad se smatra po etkom teorije grafova. 13

14 1.1. ta je to kombinatorika? Pronalaºenje zanimljivih osobina neke kona ne strukture Particija broja n je urežena k-torka prirodnih brojeva (a 1, a 2,..., a k ) za koju vrijedi a 1 a 2 a k i a 1 + a a k = n. Brojevi a 1, a 2,..., a k su dijelovi ili sabirci u particiji (a 1, a 2,..., a k ). Particije broja n su vaºni matemati ki objekti sa mnogo zanimljivih i neo ekivanih svojstava. Jedno od tih svojstava je i sljede e: Svih particija broja n u neparne sabirke ima isto koliko i svih particija broja n u razli ite sabirke! Na primjer, particije broja osam u razli ite sabirke su (8); (7, 1); (6, 2); (5, 3); (5, 2, 1); (4, 3, 1) ukupno ²est particija. Svih ²est particija broja osam u neparne sabirke su (7, 1); (5, 3); (5, 1, 1, 1); (3, 3, 1, 1); (3, 1, 1, 1, 1, 1); (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1). Ako sa d n ozna imo broj particija n u razli ite sabirke, a sa o n broj particija n u neparne sabirke, tada je d 8 = o 8 = 6. Da je d n = o n za sve prirodne brojeve n dokazao je Leonard Ojler pomo u funkcija generatrisa. Ojler je posmatrao formalne stepene redove n N d nx n i n N o nx n i pokazao je da su ti redovi jednaki, pa su zato i odgovaraju i koecijenti u tim redovima jednaki! Iz nekoliko prethodnih primjera, moºemo zaklju iti da su neki vrijedni rezultati iz kombinatorike dobijeni jo² u vrijeme Leonarda Ojlera. Mežutim, dugo vremena je kombinatorika bila na granici izmežu rekreativne matematike i ozbiljne matemati ke discipline. Jedan od razloga za²to se kombinatorika smatrala manje vrijednim dijelom matematike je taj ²to u kombinatorici, sve do nedavno, nije bilo dubokih ideja i te²kih teorema. Umjesto toga, u kombinatorici postoji veliki broj ideja, metoda i tehnika pomo u kojih se mogu rje²avati razni problemi. Te tehnike 14

15 1.1. ta je to kombinatorika? igraju istu ulogu koju velike i vaºne teoreme imaju u ostalim granama matematike. U posljednjih tridesetak godina, kombinatorika je doºivjela veliku ekspanziju i postala je ravnopravna sa ostalim oblastima matematike. Svakako je jedan od najvaºnijih razloga za taj spektakularan razvoj potreba za rje²avanjem mno²tva problema kombinatorne prirode u raznim oblastima matematike. Ri ard Stenli 4 i Anders Bjerner 5 u [9] kaºu da je kombinatorika Pepeljuga na iju je nogu savr²eno pristala staklena cipelica princa ra unarskih nauka. Rezultati iz kombinatorike se danas primjenjuju i u mnogim drugim naukama koje na prvi pogled nemaju mnogo veze sa matematikom (genetika, hemija, ekonomija, medicina,... ). Kako su zadaci koji se rje²avaju postajali sve teºi, kombinatorika je posuživala ideje iz ostalih oblasti matemematike, naj e² e iz algebre, geometrije, topologije,... Danas je sasvim uobi ajeno da se u rje²avanju kombinatornih problema koristi prili no komplikovan matemati ki aparat. Vaºni i zanimljivi rezultati, mo ne tehnike i medote rje²avanja problema sa gotovo neiscrpnim mogu nostima primjena su neke oblasti kombinatorike (teorija grafova, algebarska kombinatorika, kombinatorna geometrija, diskretna geometrija,... ) pretvorili u atraktivne i samostalne matemati kie discipline. 4 Richard Stanley (1944- ) 5 Anders Björner (1947- ) 15

16 1.2. Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike. 1.2 Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike. Brojanje je jedna od najstarijih matemati kih aktivnosti ljudskog roda. Rje²avaju i razne probleme u matematici ali i u mnogim drugim naukama potrebno je odgovoriti na sljede e pitanje: Koliko elemenata ima neki kona an skup? U ovoj knjizi broj elemenata kona nog skupa X ozna ava emo sa X. Enumerativna kombinatorika je dio kombinatorike u kojem se prou avaju metode i tehnike pomo u kojih se moºe odgovoriti na to pitanje. Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike moºemo zapisati na sljede i na in: OSNOVNI ZADATAK: Neka je zadan niz kona nih skupova (A n ) n N. Ako je a n = A n, potrebno je odrediti niz cijelih brojeva (a n ) n N. Prethodni zadatak se moºe rije²iti na vi²e razli itih, manje ili vi²e zadovoljavaju ih, na ina. Sa nekoliko konkretnih primjera emo ilustrovati kako se moºe odgovoriti na osnovno pitanje enumerativne kombinatorike. Broj a n se izrazi konkretnom formulom. Jedan od na ina da se odgovori na postavljeno pitanje je pronalaºenje eksplicitne formule za sve a n. Na primjer, ako je A n skup svih bijekcija na skupu od n elemenata, tada je a n = A n = n!. Na prvi pogled se ini da je pronalaºenjem eksplicitne formule za a n zadatak rije²en. Mežutim, ponekad je ta formula komplikovana i stoga nije od koristi za velike brojeve. Pogledajmo sljede i primjer. Neka je [n] = {1, 2,..., n} i neka je A n = {f : [n] [n] f je bijekcija i za sve i [n] vrijedi f(i) i} skup bijekcija na [n] koje nemaju ksnu ta ku. Traºeni broj bijekcija f : [n] [n] bez ksne ta ke je n a n = ( 1) k n! k!. (1.1) k=0 Odgovor na pitanje koliko elemenata ima u skupu A n jeste konkretan, ali za velike n nije lako izra unati koji je to broj. 16

17 1.2. Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike. Broj a n se odredi pribliºno. Ponekad uop²te nije mogu e dati konkretan odgovor na pitanje koliko ima elemenata u nekom kona nom skupu. Na primjer, te²ko da emo nekad dobiti eksplicitan odgovor na sljede a pitanja: Koliko ima svih grupa reda n? Koliko ima svih particija broja n? Koliko ima neizomorfnih grafova sa n tjemena? Koliko ima razli itih relacija poretka na skupu od n elemenata? Kada ve ne moºemo konkretno odrediti brojeve a n, jedan od na ina da saznamo ne²to o brojevima a n je da odredimo njihovu pribliºnu vrijednost. ƒak i kada imamo eksplicitnu formulu za a n, ponekad nam u praksi to nije dovoljno. Neka je (a n ) n N niz denisan formulom (1.1), to jest a n je broj bijekcija bez ksne ta ke. Uz malu pomo analize, moºe se izra unati da je a n n! e = n! n ( 1) k ( 1) k k! k! = n! ( 1) k k! < 1 n + 1. k=1 k=1 k=n+1 Tako moºemo zaklju iti da je a n najbliºi cijeli broj razlomku n!/e, ²to je za konkretno ra unanje svakako korisniji odgovor od eksplicitne formule (1.1). Niz (a n ) n N se opi²e pomo u rekurzivne relacije Ponekad je n-ti lan niza (a n ) n N mogu e izra unati formulom u koju se uvrsti nekoliko prethodnih lanova niza. Takva formula se naziva rekurzivna relacija za niz (a n ) n N. ƒesto se kao rje²enje nekog kombinatornog problema pojave Fibona ijevi brojevi. 6 Istorijski, prvi put se ti brojevi povezuju sa problemom razmnoºavanja ze eva. Na po etku mjeseca ovjek je dobio par ze eva. Svaki mjesec, po ev²i od drugog mjeseca ºivota, svaki par ze eva dobije novi par mladih ze eva. Koliko e ze eva ovjek imati poslije n mjeseci? Pretpostavlja se da ze evi ne umiru. 6 Leonardo Pisano Bogollo Fibonacci ( ) 17

18 1.2. Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike. Broj parova ze eva poslije n-mjeseci ozna imo sa F n. Tih F n parova ze eva su ºivi i u sljede em mjesecu, a mlade e u sljede em mjesecu dobiti F n 1 parova koji imaju bar dva mjeseca ºivota. Stoga, za proizvoljan prirodan broj n vrijedi F n+1 = F n + F n 1, uz po etne uslove F 1 = F 2 = 1. To je rekurzivna relacija kojom su Fibona ijevi brojevi potpuno opisani. Nekoliko prvih Fibona ijevih brojeva je lako izra unati F 1 = 1, F 2 = 1, F 3 = 2, F 4 = 3, F 5 = 5, F 6 = 8, F 7 = 13, F 9 = 21,.... Formula za op²ti lan niza (F n ) n N je ( F n = ) n ( ) n 5. 2 O tome kako se ta formula dobije i o rekurzivnim relacijama uop²te, bi e vi²e rije i u osmoj glavi. Niz (a n ) n N0 zapi²emo pomo u funkcije generatrisa. Proizvoljnom nizu brojeva (a n ) n N0 moºemo dodijeliti formalni stepeni red F (x) = n N 0 a n x n. Taj red je obi na funkcija generatrisa za niz (a n ) n N0. Ako znamo funkciju F (x), broj a n moºemo izra unati kao koecijent uz x n u razvoju funkcije F (x) u red. Ako i ne znamo funkciju F (x) eksplicitno, iz nekih svojstava reda F (x) se moºe izvesti dosta injenica o nizu (a n ) n N0. U otkrivanju osobina reda F (x) se esto koriste rezultati iz drugih oblasti matematike. Funkcije generatrise su jedan od prvih primjera primjene ideja algebre i analize u rje²avanju kombinatornih problema. I danas su funkcije generatrise jedna od najmo nijih tehnika u rje²avanju problema enumerativne kombinatorike. Deveta glava ove knjige je posve ena funkcijama generatrise. U posljednjoj glavi se nalaze neke zanimljive i vaºne primjene funkcija generatrise u rje²avanju problema enumerativne kombinatorike. 18

19 2 OSNOVNI PRINCIPI I METODE PREBROJAVANJA 2.1 Princip sume i princip proizvoda Neka je na² zadatak odrediti broj elemenata nekog kona nog skupa A. Prirodna ideja je taj skup podijeliti u nekoliko manjih dijelova, tako da se svaki element skupa A nalazi u ta no jednom od tih dijelova. Ako je skup A podijeljen na n dijelova i ako je d i broj elemenata u i-tom dijelu, zadatak je rije²en. Tada je A = d 1 + d d n. Ova jednostavna ideja se naziva princip sume. TEOREMA (Princip sume). Neka su D 1, D 2,..., D n kona ni skupovi koji su u parovima disjunktni, to jest, za sve 1 i j n vrijedi D i D j =. Tada je: D 1 D 2 D n = D 1 + D D n. Ponekad je skup kojem ºelimo odrediti broj elemenata direktan proizvod nekoliko manjih skupova. Broj elemenata u takvom skupu dobijamo pomo u principa proizvoda. TEOREMA (Princip proizvoda). Neka su D 1, D 2,..., D n kona ni skupovi. Direktan proizvod tih skupova ima D 1 D 2 D n elemenata, odnosno D 1 D 2 D n = D 1 D 2 D n. Ove teoreme ne emo dokazivati 1, nego emo po eti sa nekoliko jednostavnih primjena principa sume i principa proizvoda. 1 Ukoliko prihvatimo da su tvrženja ta na za dva skupa, matemati kom indukcijom je lako dokazati ta nost ovih teorema i za proizvoljan broj skupova. Dokaz za n = 2 bi zahtijevao formalnu deniciju ²ta je to broj elemenata nekog skupa, vidjeti u [23].

20 2.1. Princip sume i princip proizvoda Primjer U u ionici se nalazi ²est studenata, pet asistenata, tri profesora i etiri sekretarice. Na koliko na ina se iz te u ionice moºe odabrati: (a) jedna osoba? (b) jedan student, jedan asistent, jedan profesor i jedna sekretarica? Rje²enje: Ozna imo skupove studenata, asistenata, profesora i sekretarica u u ionici (redom) sa A, B, C i D. (a) Primijetimo da su skupovi A, B, C i D disjunktni. Biranje jedne osobe iz u ionice je, u stvari, izbor jednog elementa iz skupa A B C D. Na osnovu principa sume broj elemenata tog skupa je A B C D = A + B + C + D = = 18. (b) Izbor po jednog predstavnika iz svakog skupa je izbor jednog elementa iz A B C D. Na osnovu principa proizvoda, zaklju ujemo da je broj mogu ih izbora jednak A B C D = = 360. Primjer Sljede e zadatke takože moºemo rije²iti primjenom principa sume i principa proizvoda. 1. Na koliko na ina se na ²ahovskoj tabli 8 8 moºe odabrati jedno bijelo i jedno crno polje? Isto pitanje, ali sada traºimo da odabrana polja budu u razli itim vrstama i kolonama? 2. Kvadrat stranice n je pomo u pravih koje su paralelne stranicama kvadrata podijeljen na n 2 kvadrata stranice jedan. Koliki je ukupan broj kvadrata na toj slici? 3. Na koliko na ina moºemo postaviti guru kralja na jedno polje ²ahovske table 8 8, a zatim odigrati potez? Rje²enje: 1. Ako je C skup crnih a B skup bijelih polja na ²ahovskoj tabli, vrijedi C = B = 32. Izbor jednog crnog i jednog bijelog polja je izbor elementa iz C B, pa je broj na ina da se to uradi jednak = Ako zabranimo da odabrana polja budu u istoj vrsti ili koloni, tada crno polje biramo kao i ranije na 32 na ina, dok bijelo polje moºemo odabrati na 32 8 = 24 na ina. Koriste i princip proizvoda dobijamo da je broj izbora koje traºimo jednak =

21 2.2. Princip bijekcije 2. Pretpostavimo da je posmatrani kvadrat [0, n] [0, n] u koordinatnom sistemu. Neka je S traºeni skup svih kvadrata. Sa S k ozna imo podskup od S koji ine kvadrati ija je stranica dug ka k. Lako je primijetiti da je S disjunktna unija skupova S 1, S 2,..., S n. Kvadrat stranice k je potpuno odrežen ako znamo koordinate (i, j) donjeg lijevog tjemena. Primijetimo da ta ka (i, j) moºe biti tjeme takvog kvadrata ako i samo ako (i, j) {0, 1,..., n k} {0, 1,..., n k}. Na osnovu principa proizvoda dobijamo da je S k = (n k + 1) 2. Sada iskoristimo princip sume i dobi emo rje²enje zadatka: S = S n + S n S 2 + S 1 = (n 1) 2 + n 2, odnosno n(n + 1)(2n + 1) S = Iz svakog od etiri ugaona polja kraljem se mogu povu i po tri poteza; iz svakog od preostala 24 polja na rubu table moºe se povu i pet poteza; iz ostalih 36 polja, koja nisu na rubu table, kraljem se moºe odigrati po osam poteza. Kombinuju i metode sume i proizvoda, dobijamo da je traºeni broj poteza = = Princip bijekcije Zamislite da se nalazite na autobuskoj stanici iji su peroni ozna eni brojevima od 1 do 40. Ako vas neko upita Koliko ima autobusa na stanici?, a vi primijetite da su svi peroni zauzeti, za ta an odgovor nije nuºno da brojite autobuse. Ovo opaºanje je su²tina principa bijekcije. TEOREMA (princip bijekcije). Ako izmežu dva kona na skupa postoji bijekcija, tada ti skupovi imaju isti broj elemenata. U praksi, princip bijekcije koristimo na sljede i na in. Neka je X skup kojem ºelimo odrediti broj elemenata. Ako uspijemo prona i bijekciju Φ : X A izmežu X i nekog skupa A kojem znamo kardinalni broj, na osnovu prethodne teoreme vrijedi X = A, i na² zadatak je rije²en. 21

22 2.2. Princip bijekcije Primjer Neka je S neprazan kona an skup. Dokazati da je broj podskupova skupa S koji imaju paran broj elemenata jednak broju podskupova od S koji imaju neparan broj elemenata! Rje²enje: Uvedimo sljede e oznake: P p (S) = {A S : A paran}, P n (S) = {A S : A neparan}. Odaberimo proizvoljan element x S i za svaki A S deni²imo { A \ {x}, ako je x A; Φ(A) = A {x}, ako x / A. Skupovi A i Φ(A) se razlikuju za jedan element, pa su A i Φ(A) razli ite parnosti. Dakle, restrikcije funkcije Φ slikaju skup P p (S) na P n (S), odnosno P n (S) na P p (S). Nije te²ko pokazati da je Φ bijekcija (dovoljno je primijetiti da je Φ Φ identi ko preslikavanje 2 ). Na osnovu principa bijekcije zaklju ujemo da je P p (S) = P n (S). Ilustrujmo princip bijekcije jednostavnom, ali u kombinatorici veoma esto kori²tenom teoremom. TEOREMA Neka su A i B kona ni skupovi. Broj svih funkcija sa A u B je B A, to jest {f f : A B} = B A. Dokaz. Neka je A = {a 1, a 2,..., a n }. Svakoj funkciji f : A B moºemo dodijeliti ureženu n-torku Φ(f) elemenata iz B: Φ(f) = (f(a 1 ), f(a 2 ),..., f(a n )) } B B {{ B }. n puta Nije te²ko provjeriti da je Φ bijekcija izmežu skupa svih funkcija sa A u B i direktnog proizvoda n-kopija skupa B. Stoga je, na osnovu principa bijekcije i principa proizvoda, broj svih funkcija sa A u B jednak {f f : A B} = B } B {{ B } = B A. n puta 2 Ako su f : A B i g : B A takva preslikavanja da su f g i g f identi ka na B odnosno A, tada su f i g bijekcije. Specijalno, svaka involucija (preslikavanje f : A A za koje je f f identi ko preslikavanje) je bijekcija. 22

23 2.2. Princip bijekcije Prethodna teorema se esto pojavljuje u sljede em obliku: POSLJEDICA Neka je L skup koji sadrºi s simbola (slova). Broj razli itih rije i (nizova) duºine k koje su sastavljene od simbola iz L je s k. Dokaz. Rije a = a 1 a 2... a k identikujemo sa funkcijom a : [k] L, gdje je a(i) = a i. Lako se provjeri da je time opisana bijekcija izmežu traºenog skupa rije i i skupa svih funkcija sa [k] u L. Iz prethodne teoreme znamo da tih funkcija ima s k. Kada konstrui²emo bijekciju izmežu skupa X ( iji broj elemenata ºelimo odrediti) i nekog skupa A za koji znamo da ima m elemenata, kaºemo da smo na²li kombinatorni dokaz da je X = m. ƒak i kada broj elemenata skupa X odredimo i na neki drugi na in, od interesa je prona i kombinatorni dokaz. Mnogo zanimljivih problema (mežu njima su i neki jo² nerije²eni!) u kojima se traºi konstrukcija bijekcije izmežu dva kona na skupa zainteresovani italac moºe na i u [32]. U posljednjem primjeru primjene principa bijekcije se bavimo particijama broja n. Podsjetimo se da je particija broja n u k dijelova urežena k-torka (a 1, a 2,..., a k ) prirodnih brojeva takvih da je a 1 a 2 a k i a 1 + a a k = n. Primjer Dokaºi da particija broja n u k dijelova ima isto koliko i particija broja n u kojima je najve i sabirak jednak k. Rje²enje: U ovom primjeru je bijekciju najlak²e opisati geometrijski. Ako je λ particija (a 1, a 2,..., a k ) broja n, predstavimo je kao polje od n ta aka rasporeženih u k vrsta (a 1 ta aka u prvoj vrsti, a 2 ta aka u drugoj, a 3 u tre oj...). Pri tome su prve ta ke u svakoj vrsti s lijeve strane poravnate. Ovakav zapis se naziva Fererov 3 dijagram particije λ. Naprimjer, Fererov dijagram particije (7, 5, 3, 2, 2, 2, 1, 1) je na slici 2.1 lijevo. Primijetimo da Fererov dijagram particije λ ima a 1 kolona (najve i broj u λ). Ako je λ particija koja ima k sabiraka (dakle, njen Fererov dijagram ima k vrsta) i u kojoj je a 1 najve i sabirak, kada zamjenimo vrste i kolone u njenom Fererovom dijagramu, dobi emo particiju λ broja n 3 Norman Macleod Ferrers, ( ) 23

24 2.3. Metoda dvostrukog prebrojavanja Slika 2.1. Fererovi dijagrami za λ = (7, 5, 3, 2, 2, 2, 1, 1) i λ = (8, 6, 3, 2, 2, 1, 1) u kojoj je najve i sabirak k i koja ima a 1 sabiraka. U na²em primjeru, particija λ je (8, 6, 3, 2, 2, 1, 1), i njen Fererov dijagram je desno na slici 2.1. Kako je preslikavanje λ λ involucija, opisali smo bijekciju izmežu skupa particija broja n u k sabiraka i particija broja n kojima je najve i sabirak jednak k. Formalno, ova bijekcija se moºe zapisati na sljede i na in: particija (a 1, a 2,..., a k ) se slika u (b 1, b 2,..., b a1 ), gdje je b j := {i [k] : a i j}. 2.3 Metoda dvostrukog prebrojavanja Ako elemente nekog skupa X prebrojimo na dva razli ita na ina (ali oba puta ta no!), svakako moramo dobiti isti rezultat. To je su²tina metode dvostrukog prebrojavanja. Posmatrajmo sljede i jednostavan primjer. Primjer Koliko ima dijagonala u konveksnom n-touglu? Rje²enje: Neka je d n traºeni broj dijagonala. Ako je V skup tjemena, a D skup dijagonala u n-touglu, vrijedi V = n i D = d n. Uo imo skup X = {(v, d) : v V, d D, d sadrºi v} V D. Primijetimo da je svako tjeme iz V sadrºano u ta no n 3 dijagonale i da svaka dijagonala sadrºi ta no dva tjemena. Ako u paru (v, d) X prvo odaberemo tjeme v, pa onda dijagonalu koja ga sadrºi, dobijemo 24

25 2.3. Metoda dvostrukog prebrojavanja da je X = n(n 3). Ako prvo odaberemo dijagonalu, pa onda tjeme koje je pripada toj dijagonali dobi emo X = 2d n. Stoga je X = n(n 3) = 2d n, odnosno d n = n(n 3). 2 Formalno, metodu dvostrukog prebrojavanja iskazujemo sljede om teoremom. TEOREMA (Metoda dvostrukog prebrojavanja). Neka su dati skupovi A = {a 1, a 2,..., a n } i B = {b 1, b 2,..., b m } i neka je S A B. Dalje, neka je x i = {(x, y) S : x = a i } za sve i = 1, 2,..., n, odnosno y j = {(x, y) S : y = b j } za sve j = 1, 2,..., m. Tada je S = n m x i = y j. i=1 j=1 Dokaz. Uo imo sljede e podskupove skupa S: A i = {(x, y) S : x = a i } za i = 1, 2,..., n; B j = {(x, y) S : y = b j } za j = 1, 2,..., m. Primijetimo da za sve i i j vrijedi A i = x i odnosno B j = y j. Dalje, iz denicije skupova A i (odnosno B j ) znamo da su u parovima disjunktni i da je A 1 A 2 A n = S = B 1 B 2 B m. Tvrženje teoreme slijedi na osnovu principa sume. Evo jo² jednog zadatka koji se moºe rije²iti metodom dvostrukog prebrojavanja. Primjer U prostoriji se nalazi n ljudi. Poznato je da: - Svaka osoba u toj prostoriji ima ta no k poznanika. - Svaka dva ovjeka koji se poznaju imaju r zajedni kih poznanika. - Svaka dva ovjeka koji se ne poznaju imaju ta no m zajedni kih poznanika. Dokaºi da tada vrijedi m(n k) k(k r) + k m = 0. 25

26 2.3. Metoda dvostrukog prebrojavanja Rje²enje: Neka je x jedna od osoba iz te prostorije. Posmatrajmo skup P x = {(y, z) : osobe x i y te y i z se poznaju, a x i z se ne poznaju}. Ako prvo biramo y, to moºemo uraditi na k na ina. Osobu z koju y poznaje biramo na k 1 r na ina (od k poznanika y ne smijemo odabrati osobu x i r zajedni kih poznanika od x i y). Tako dobijemo da je P x = k(k r 1). Ako prvo biramo z, kojeg x ne poznaje, to moºemo uraditi na n k 1 na in. Sada se y (kojeg poznaju i x i z) moºe odabrati na m na ina. Stoga je P x = m(n k 1) = k(k r 1), odakle lako dobijemo traºenu jednakost. Skupu S iz teoreme se moºe dodijeliti n m matrica [s ij ], gdje je s ij = { 1, ako (ai, b j ) S; 0, ako (a i, b j ) / S. Brojeve x i i y j iz teoreme moºemo interpretirati kao zbir svih brojeva u i-toj vrsti, odnosno u j-toj koloni. Uz takvu interpretaciju, metoda dvostrukog prebrojavanja se moºe zapisati i ovako ( n m n m m n ) = x i = y j = s ij. i=1 j=1 s ij i=1 Naravno, prethodno tvrženje vrijedi za sve m n matrice [s ij ]. Ovu varijantu metode dvostrukog prebrojavanja koristimo u sljede em primjeru. Primjer Kona an niz realnih brojeva ima sljede e svojstvo: Zbir bilo kojih sedam uzastopnih lanova tog niza je negativan, a zbir bilo kojih jedanaest uzastopnih lanova tog niza je pozitivan broj. Koliko najvi²e lanova moºe da ima taj niz? Rje²enje: Neka je x 1, x 2,..., x n najduºi niz sa opisanim svojstvom. Ako bi taj niz imao sedamnaest lanova, mogli bi posmatrati sljede u matricu 7 11: j=1 j=1 i=1 26

27 2.4. Rekurzivne relacije x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x 10 x 11 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x 10 x 11 x 12 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x 10 x 11 x 12 x 13 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x 10 x 11 x 12 x 13 x 14. x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x 10 x 11 x 12 x 13 x 14 x 15 x 6 x 7 x 8 x 9 x 10 x 11 x 12 x 13 x 14 x 15 x 16 x 7 x 8 x 9 x 10 x 11 x 12 x 13 x 14 x 15 x 16 x 17 Iz uslova zadatka znamo da je zbir brojeva u svakoj vrsti te matrice pozitivan, dok je zbir brojeva u svakoj koloni negativan. Kako je to nemogu e, to zna i da na² niz ne moºe imati sedamnaest lanova! Niz sa ²esnaest lanova koji ima traºeno svojstvo je 5, 5, 13, 5, 5, 5, 13, 5, 5, 13, 5, 5, 5, 13, 5, Rekurzivne relacije Prisjetimo se da je na² zadatak odrediti neki niz cijelih brojeva (a n ) n N. Jedan od ekasnih na ina da to uradimo je da pronažemo formulu koja svaki lan tog niza izrazi pomo u nekoliko prethodnih. Takva formula se naziva rekurzivna relacija za niz (a n ) n N. O rekurzivnim relacijama e vi²e rije i biti u glavi 8, a u ovom poglavlju ºelimo da pomo u nekoliko primjera ukaºemo na zna aj ove metode. Primjer (broj podskupova). Koliko podskupova ima skup od n elemenata? Rje²enje: Kako nam za broj podskupova nije bitna priroda elemenata posmatranog skupa, pretpostavimo da brojimo podskupove skupa [n]. Neka je A n skup svih podskupova skupa [n], i neka je a n = A n. Sve podskupove skupa A n moºemo podijeliti u dvije grupe s obzirom na to da li sadrºe broj n ili ne. (a) Podskupovi od [n] koji ne sadrºe broj n su svi podskupovi skupa [n 1]. Stoga, takvih podskupova ima a n 1. (b) Preslikavanje S S \{n} je bijekcija izmežu podskupova skupa [n] koji sadrºe n i svih podskupova skupa [n 1]. Tako smo pokazali da i svih podskupova od [n] koji sadrºe broj n ima a n 1. 27

28 2.4. Rekurzivne relacije Dakle, po principu sume, za sve n > 1 vrijedi a n = 2a n 1. Ako ovu rekurzivnu relaciju primijenimo dovoljan broj puta, dobi emo a n = 2 n 1 a 1. Kako je a 1 = 2, moºemo zaklju iti da skup od n elemenata ima 2 n razli itih podskupova. Rekurzivne relacije su korisne i u zadacima iz kombinatorne geometrije. Evo jednog od najjednostavnijih primjera. Primjer U ravni se nalazi n pravih. Mežu njima nema paralelnih i nikoje tri prave se ne sijeku u istoj ta ki. Na koliko dijelova (regiona) tih n pravih podijeli ravan? Rje²enje: Pretpostavimo da se u ravni nalazi n pravih za koje vrijede pretpostavke iz zadatka. Neka je a n broj dijelova na koje je ravan podijeljena tim pravama. An A2 A1 Slika 2.2. Podjela ravni pravama mežu kojima nema paralelnih i nikoje tri ne prolaze kroz istu ta ku. Sada dodajmo novu pravu (na slici 2.2 to je prava tamnija od ostalih) tako da i dalje vrijede pretpostavke. Nova prava sije e sve ve postoje e prave (nema paralelnih!) u n razli itih ta aka A 1, A 2,..., A n (nikoje tri ne prolaze kroz istu ta ku!), vidi sliku 2.2. Tih n ta aka dijele tu novu pravu na n + 1 dio (segment ili polupravu). Svaki od tih dijelova nove prave presje e jedan od ve postoje ih a n dijelova ravni na dva nova. Dakle, dodavanjem nove prave nastane n + 1 novi region na koje je podjeljena ravan. 28

29 2.4. Rekurzivne relacije Stoga, za brojeve (a n ) n N vrijedi a n+1 = a n + n + 1. Kako je a 1 = 2, uz malo ra unanja dobijemo da je traºeni broj dijelova na koje je ravan podijeljena jednak a n = n2 + n Evo jo² jednog zadatka koji se moºe rije²iti pomo u rekurzivnih relacija. Primjer Koliko nizova duºine n moºe da se napravi od cifara iz skupa {0, 1, 2, 3, 4} tako da se svake dvije susjedne cifre u nizu razlikuju za jedan? Rje²enje: Neka je X n skup svih traºenih nizova duºine n. Podijelimo skup X n u tri dijela: - skup nizova iz X n koji zavr²avaju sa 0 ili sa 4 ozna imo sa A n ; - skup nizova iz X n koji zavr²avaju sa 1 ili sa 3 ozna imo sa B n ; - skup nizova iz X n koji zavr²avaju sa 2 ozna imo sa C n. Dalje rasužujemo ovako: (a) Ako se niz iz X n zavr²ava ciframa 0 ili 4, tada je pretposljednji broj u tom nizu 1 (odnosno 3). Zato je A n = B n 1. (b) Ako se niz iz X n zavr²ava cifrom 1 tada je pretposljednji broj u tom nizu 0 ili 2. Ako niz iz X n zavr²ava cifrom 3, pretposljednji broj u nizu je 2 ili 4. Zato je B n = A n C n 1. (c) Ako se niz iz X n zavr²ava cifrom 2, pretposljednji broj u nizu je 1 ili 3. Stoga je C n = B n 1. Odavde je B n = A n C n 1 = 3 B n 2. Kako je B 1 = 2 a B 2 = 4, to je B 2n = 3 n 1 4 i B 2n+1 = 3 n 2. Sada je X n = A n + B n + C n = 2 B n 1 + B n, odnosno X n = { 14 3 k 1, za n = 2k + 1; 8 3 k 1, za n = 2k. 29

30 2.5. Tri vaºna primjera 2.5 Tri vaºna primjera Rje²avaju i zadatke iz enumerativne kombinatorike, esto je potrebno odgovoriti na sljede a pitanja: (a) Na koliko na ina moºemo sve elemente nekog kona nog skupa rasporediti u niz? (b) Na koliko na ina iz zadanog skupa sa n elemenata moºemo uo iti njih nekoliko, to jest, na koliko na ina iz n- lanog skupa moºemo odabrati neki podskup? (c) Na koliko na ina iz posmatranog skupa sa n elemenata moºemo odabrati ta no k elemenata? Brojevi koji se pojave u odgovorima na ova pitanja nazivaju se osnovni kombinatorni koecijenti. Permutacija nekog n- lanog skupa se moºe denisati kao raspored svih elemenata tog skupa u niz duºine n. TEOREMA (rasporedi ili permutacije). Broj permutacija skupa sa n elemenata je n! = n(n 1) Dokaz. Neka je X = {P 1, P 2,..., P n } skup predmeta koje rasporežujemo u niz. Pretpostavimo da su mjesta na koja rasporežujemo elemente iz X ozna ena brojevima iz [n]. Predmet P 1 moºemo postaviti na bilo koje od tih n mjesta, recimo na mjesto m 1 [n]. Sljede i predmet P 2 sada moºemo postaviti na n 1 preostalo mjesto iz [n] \ {m 1 }. Kada smo postavili predmete P 1, P 2,..., P i zauzeto je ta no i mjesta. Stoga, predmet P i+1 moºemo postaviti na neku od preostalih n i pozicija. Na kraju, za predmet P n e ostati samo jedno mjesto. Po principu proizvoda, broj rasporeda n predmeta na n mjesta je n! = n(n 1) Broj n! itamo en faktorijel. Po dogovoru 4 smatramo da je 0! = 1. 4 Taj dogovor moºemo objasniti sljede im primjerom. Ako u nekom razredu ima m dje aka i n djevoj ica i ako ºelimo da u jednu vrstu rasporedimo dje ake a u drugu djevoj ice, to moºemo uraditi na n!m! na ina (princip proizvoda). Ako u tom razredu nema dje aka (tj. ako je m = 0), odgovor na pitanje je n!. Uz na² dogovor da je 0! = 1 broj m!n! je i dalje rje²enje zadatka. 30

31 2.5. Tri vaºna primjera Ponekad emo koristiti dvostruke faktorijele denisane kao: (2n)!! = (2n 2) 2n = 2 n n!, (2n + 1)!! = (2n 1) (2n + 1) = (2n + 1)! 2 n. n! PRIMJEDBA Ako je < relacija na skupu X tako da za svaka dva P, P X, P P vrijedi P < P ili P < P kaºemo da je < linearan poredak na X ili linearno ureženje skupa X. Permutacija skupa X = {P 1, P 2,..., P n } se moºe interpretirati i kao urežena n-torka π = (P i1, P i2,..., P in ) X n u kojoj su svi elementi razli iti. Zaista, ako iz π uklonimo zagrade, dobijamo niz P i1, P i2,..., P in u kojem se pojave svi elementi iz X. Za razli ite elemente P i P iz skupa X kaºemo da je P < π P ako je u tom nizu P prije P. Dakle, permutacija skupa X se moºe interpretirati i kao linearno ureženje tog skupa. Tako je n! odgovor i na pitanje koliko ima razli itih linearnih ureženja na skupu sa n elemenata. Za prirodan broj r n urežena r-torka (P i1, P i2,..., P ir ) iz X r u kojoj su svi elementi razli iti se naziva r-permutacija skupa X. Broj svih r-permutacija n- lanog skupa ra unamo na sli an na in kao i u teoremi POSLJEDICA (r-permutacije). Broj svih r-permutacija u n- lanom skupu X = {P 1, P 2,..., P n } je n(n 1) (n r + 1) = n! (n r)!. Dokaz. Prvi element P i1 u ureženoj r-torci moºemo odabrati na n na ina. Element P i2 na drugom mjestu moºe biti neki od preostalih n 1 elemenata iz X. Posljednji element P ir je jedan od n r + 1 elemenata iz X koji se nisu pojavili na prvih r 1 mjesta. Broj svih r-permutacija skupa X dobijemo primjenom principa proizvoda. Vi²e o permutacijama se moºe na i u etvrtoj glavi. Izbor nekoliko elemenata iz zadanog skupa je, u stvari, izbor nekog podskupa. Na pitanje koliko podskupova ima skup od n elemenata smo ve odgovorili u primjeru

32 2.5. Tri vaºna primjera TEOREMA (broj podskupova). Skup od n elemenata ima ta no 2 n razli itih podskupova. Ovu teoremu emo dokazati na jo² dva na ina. Dokaz. Neka je A = {a 1, a 2,..., a n } proizvoljan n- lani skup i neka je P(A) = {B : B A} partitivni skup od A. Prvi na in: Za svaki S A deni²emo funkciju { 0, ako je ai / S; f S : A {0, 1} sa f S (a i ) = 1, ako je a i S. Tako smo denisali bijekciju A f A izmežu P(A) i skupa svih funkcija sa A u {0, 1}. Na osnovu principa bijekcije i teoreme zaklju ujemo da je P(A) = 2 n. Drugi na in. Kada biramo elemente iz A za podskup S A, za svaki od elemenata imamo dvije mogu nosti: a i moºe, ali i ne mora biti odabran. Primijetimo da je S A potpuno odrežen ako za sve a i A donesemo odluku da li a i S ili a i / S. Sada, na osnovu principa proizvoda, zaklju ujemo da je podskup iz A mogu e odabrati na 2 n na ina. Sada emo prebrojati na koliko na ina iz posmatranog skupa moºemo odabrati podskup ºeljene veli ine. TEOREMA (broj k- lanih podskupova). Broj svih k- lanih podskupova skupa od n elemenata je n(n 1) (n k + 2)(n k + 1) k(k 1) = n! k!(n k)!. Dokaz. Neka je S proizvoljan skup sa n elemenata. Skup svih k- lanih podskupova od S ozna imo sa ( S k). Kako svi n- lani skupovi imaju isti broj k- lanih podskupova, taj broj ozna imo sa ( ) ( ) ( ) n S = = S k k. k Prazan skup je jedini podskup od S koji ima 0 elemenata, a cijeli skup S je jedini podskup sa n elemenata. Zato je ( n 0) = 1 = ( n n). 32

33 2.5. Tri vaºna primjera Da bismo odredili broj ( n k) za svaki k, posmatrajmo skup ( ) S P = {(x, A) : A, x A}. k Broj elemenata u skupu P prebrojimo na dva na ina: (i) Ako prvo odaberemo x S (to moºemo uraditi na n na ina), skup A koji sadrºi x treba dopuniti sa k 1 elementom od n 1 preostalih iz S \ {x}. To moºemo uraditi na ( n 1 k 1) na in. (ii) Ako prvo biramo skup A, to moºemo uraditi na ( n k) na ina. Sada, jedan element x A moºemo odabrati na k na ina. Tako smo dobili da je ( ) ( ) n 1 n n = P = k, k 1 k pa vrijedi sljede a rekurzivna relacija: ( ) n = n ( ) n 1. k k k 1 Ako ovu relaciju primijenimo k puta, dobijamo da je: ( ) ( ) n n(n 1) (n k + 1) n k n! = = k k(k 1) k! (n k)!. Brojevi ( n k) se nazivaju binomni koecijenti i esto emo ih susretati u ovoj knjizi. Za sada emo dokazati da vrijedi sljede a teorema. TEOREMA (i) Za proizvoljan prirodan broj n vrijedi ( ) ( ) ( ) n n n = 2 n. 0 1 n (ii) Za sve prirodne brojeve n k 1 je ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = +. k k 1 k 33

34 2.6. Zadaci Dokaz. (i) Partitivni skup od [n] je disjunktna unija skupova ( ) ( ) ( ) [n] [n] [n],,...,. 0 1 n Traºena formula se dobije pomo u principa sume i tvrženja iz teorema i (ii) Sve k- lane podskupove od [n] podijelimo u dvije grupe. Podskupovi od [n] koji ne sadrºe n su takože k- lani podskupovi skupa [n 1], i njih ima ( ) n 1 k. Sada opi²imo bijekciju izmežu skupa svih (k 1)- lanih podskupova od [n 1] i skupa k- lanih podskupova skupa [n] koji sadrºe broj n. Ta bijekcija je dodavanje broja n u (k 1)- lane podskupove od [n 1]. Zato je broj k- lanih podskupova od [n] koji sadrºe n jednak ( n 1 k 1). Formula koju ºelimo dokazati se sada dobije pomo u principa sume. 2.6 Zadaci 1. U nekom restoranu sluºe tri vrste predjela, sedam vrsta glavnih jela i pet vrsta kola a. Na koliko na ina se moºe odabrati kompletan obrok, to jest, predjelo, glavno jelo i desert? Na koliko na ina se moºe odabrati jeftiniji obrok od samo dva dijela, ako glavno jelo mora biti uklju eno? 2. Koliko ima neparnih prirodnih brojeva ve ih od 1000 a manjih od kod kojih su sve cifre razli ite? 3. Na koliko na ina se na tablu n n moºe postaviti k razli itih topova koji se ne napadaju? ta ako su topovi isti? 4. Za²to broj ( )( ) 1 4 nije odgovor na pitanje: Na koliko na ina se moºe odabrati pet karata tako da bar jedna karta bude tref? Odredi ta an odgovor! 5. Koliko ima brojeva od 1 do u ijem se zapisu bar jednom upotrijebi cifra 1? 6. Bacaju se tri razli ite kockice za jamb. Dokaºi da je broj razli itih ishoda kod kojih je zbir brojeva koji su pali na kockicama manji od 11 jednak polovini broja svih mogu ih ishoda! 34

35 2.6. Zadaci 7. Koliko ima ureženih parova (m, n) prirodnih brojeva kojima je najmanji zajedni ki sadrºalac ? 8. Koliko ima ureženih parova skupova (A, B) takvih da je A B [n]? 9. Da li je mogu e da u nekom dru²tvu broj ljudi sa neparnim brojem poznanika bude neparan? 10. Dijete ima kockice za slaganje koje su sve mežusobno razli ite po: materijalu (drvo i plastika), veli ini (male, srednje i velike), boji (crvene, plave, zelene i ºute) i obliku (okrugle, trouglaste, kvadratne i pravougaone). Ukupno ima 96 = kockica. Koliko ima kockica koje se od drvenog, velikog, plavog kvadrata razlikuju u ta no dvije osobine? 11. Koliko ima funkcija f : [n] [n] bez ksne ta ke? 12. Neka je F neka familija podskupova kona nog skupa X. Ako svi skupovi iz F imaju ta no k elemenata i ako se svaki element iz X nalazi u ta no r skupova, dokaºi da je F k = X r. 13. Koliko ima petocifrenih prirodnih brojeva djeljivih sa tri, kojima je srednja cifra jednaka 6? 14. Koliko ima razli itih m n tabela popunjenih brojevima 1 ili 1 u kojima je proizvod elemenata u svakoj vrsti i svakoj koloni jednak Sedmocifreni telefonski broj abcdef g je lak za pam enje ako je (a, b, c) = (d, e, f) ili (a, b, c) = (e, f, g). Koliko ima takvih telefonskih brojeva sastavljenih od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9? 16. Na koliko na ina moºemo odabrati dva podskupa od [n] ija je unija cijeli skup [n]? 17. Koliko ima parova susjednih brojeva u skupu {1000, 1001,..., 2000} kod ijeg sabiranja nema preno²enja cifara? 18. Dokaºi da u skupu prirodnih brojeva manjih od milion ima jednak broj onih kojima je zbir cifara jednak 20 i onih kojima je zbir cifara jednak Brojeve 21, 31, 41, 51, 61, 71 i 81 treba poredati u niz tako da zbir svaka etiri susjedna broja bude djeljiv sa 3. Na koliko na ina se to moºe uraditi? 20. Koliko ima ureženih k-torki (X 1, X 2,..., X k ) podskupova skupa [n] kod kojih je X 1 X 2 X k =? 21. Koliko razli itih raznostrani nih trouglova se moºe napraviti od duºi ije su stranice 1, 2,..., n? 35

36 2.7. Rje²enja zadataka 22. Koliko brojeva u skupu {9 k : k [4000]} po inje cifrom 9? Poznato je da ima 3817 cifara! 23. Na sastanku se nalazi 12k ljudi. Svaka osoba se rukovala sa ta no 3k + 6 ostalih. Za bilo koja dva ovjeka na tom sastanku, broj ljudi koji se rukovao sa obojicom je uvijek isti. Koliko je ljudi bilo prisutno na tom sastanku? 24. Familija podskupova S = {A 1, A 2,..., A t } skupa [n] je separabilna ako za sve x, y [n], postoji skup A i S takav da je A i {x, y} = 1. Dalje, S je pokrivaju a ako je svaki x [n] sadrºan u nekom od skupova iz S. Koliko najmanje elemenata moºe da ima neka separabilna, pokrivaju a familija podskupova od [n]. 2.7 Rje²enja zadataka = 105, odnosno = = n 2 (n 1) 2 (n k + 1) 2, odnosno n2 (n 1) 2 (n k+1) 2 k!. 4. Neka ( rje²enja (ona u kojima se pojavi vi²e od jedne tref karte) se u 13 )( 51 ) ( 1 4 broje vi²e puta. Ta no rje²enje je 52 ) ( 5 39 ) Neka su x, y i z brojevi koji su pali na kockama. Preslikavanje (x, y, z) (7 x, 7 y, 7 z) je bijekcija izmežu ishoda kod kojih je zbir manji od 11 i onih kod kojih je taj zbir bar Brojevi m i n su oblika 2 a 3 b 5 c, gdje je 0 a 5, 0 b 7 i 0 c 3. U bar jednom od m i n, eksponenti brojeva a, b i c imaju vrijednosti 5, 7 i 3. Stoga je rje²enje = n. Svaki x [n] je u nekom od disjunktnih skupova A, B \ A ili B c. 9. Ne. Neka je m broj neureženih parova poznanika u tom dru²tvu, i neka je d(x) broj poznanika osobe x. Posmatrajmo skup P = {(x, {x, y}) : x i y su ljudi iz tog dru²tva koji se poznaju}. Ako elemente skupa P prebrojimo na dva na ina, dobi emo 2m = d(x) + d(y) + d(z) +. Zato je broj ljudi sa neparnim brojem poznanika uvijek paran =

37 2.7. Rje²enja zadataka 11. Za sve i je f(i) [n] \ {i}, pa po principu proizvoda takvih funkcija ima (n 1) n. 12. Primijenimo princip dvostrukog prebrojavanja na skup {(x, A) : x A, A F}. 13. Koliko i svih etverocifrenih koji su djeljivi sa tri, dakle (m 1) (n 1). Tabelu (m 1) (n 1) moºemo popuniti proizvoljno, a elementi u posljednjoj vrsti i koloni su time odreženi. 15. Broj defg moºemo napraviti na na ina. Osim za 10 brojeva defg, kod kojih su sve cifre iste, za abc imamo na raspolaganju dvije mogu nosti. Dakle, postoji = lako pamtljivih brojeva. 16. Ako je A B = [n], za svaki element iz [n] postoje tri mogu nosti: ili je u skupu A \ B, ili je u B \ A ili u A B. Dva urežena para (A, B) i (B, A) daju istu podjelu [n] u dva podskupa, osim u slu aju kada je A = B = [n]. Rje²enje zadatka je 3 n = 3n To su parovi kod kojih je manji broj oblika 1abc, 1ab9, 1a99 ili 1999, gdje su a, b, c iz {0, 1, 2, 3, 4}. Stoga je traºeni broj = Preslikavanje koje broju a a a a a 5 10+a 6 dodijeli (9 a 1 ) (9 a 2 ) (9 a 3 ) (9 a 4 ) (9 a 5 ) 10 + (9 a 6 ) je bijekcija izmežu skupa brojeva kojima je zbir cifara jednak 20 i skupa brojeva kojima je zbir cifara Prvi i peti, drugi i ²esti te tre i i sedmi broj niza pri djeljenju sa 3 daju isti ostatak. Broj u sredini mora biti djeljiv sa 3 i to je neki broj iz skupa {21, 51, 81}. Po jedan od brojeva iz {31, 61}, {41, 71} i preostala dva broja iz {21, 51, 81} ine prva tri lana niza (rasporeženi proizvoljno). Stoga je odgovor !. 20. Svaki i iz [n] moºe biti sadrºan u bilo koliko X j, osim u svima. Po principu proizvoda, odgovor je (2 k 1) n. 21. Neka je A i = {(x, y, i) : 1 x < y < i n, x + y > i}. Vrijedi { (m 1) A i = 2, za i = 2m; m(m 1), za i = 2m + 1. Ukupan broj trougova je A 4 + A A n = { p(p 1)(4p+1) 6, ako je n = 2p + 1; p(p 1)(4p 5) 6, ako je n = 2p.. 37

38 2.7. Rje²enja zadataka 22. Ako 9 k po inje sa 9, on ima isto cifara kao i 9 k 1, ina e je broj cifara u 9 k za jedan ve i nego u 9 k 1. U 3999 koraka (9 1 do ) broj cifara je pove an za Stoga je broj cifara koje po inju sa 9 jednak (ra unaju i i prvu devetku!) = Posmatrajmo skup X = {(A, B, C) : A se rukovao B i C, B i C se nisu rukovali}. Sa n ozna imo broj ljudi koji se rukovao sa dvojicom na tom skupu. Sada elemente skupa X moºemo brojati na dva na ina ovako: Ako prvo biramo osobu A, zatim B pa onda C, to je mogu e uraditi na 12k(3k + 6)(3k + 5 n) na ina. Ako prvo biramo osobu B, zatim osobu C i na kraju A dobi emo da traºenih trojki ima 12k(9k 7)n. Tako je odnosno, X = 12k(3k + 6)(3k + 5 n) = 12k(9k 7)n, n = (3k + 6)(3k + 5). (12k 1) Odavde zaklju ujemo da je n djeljiv sa tri, i iz uslova da je 4n 3 = k + 4 3k 44 12k 1 cijeli broj dobijamo da je k = 3. dakle, na sastanku je bilo prisutno 36 ljudi. 24. Neka je S = {A 1, A 2,..., A t } separabilna pokrivaju a familija. Za svaki x [n] posmatramo niz (x 1, x 2,..., x t ), gdje je x i = 0 ako x / A i, a x i = 1 za x A i. Kako je S pokrivaju a familija, ne pojavljuje se niz (0, 0,..., 0) i zato je n 2 t 1, odnosno t 1 + log 2 n. Sljede a konstrukcija pokazuje da je mogu e na i traºenu familiju sa t = 1 + log 2 n skupova. Svaki od brojeva x [n] zapi²imo u binarnom sistemu (pojavi se 1+ log 2 n cifara). Ako sada deni²emo A i = {x [n] : u binarnom zapisu x na i tom mjestu je cifra 1} lako je provjeriti da je {A 1, A 2,..., A t } separabilna pokrivaju a familija. 38