Funkcije generatrise

Transcript

1 Matematiqa gimazija Matursi rad Fucije geeratrise uqei Mila Novaovi IVa metor Vladimir Balti Beograd jui 004.

2 Uvod Geeratrise su mo a alat za reavanje mogih problema, uglavom oih ombiatore prirode, ali i e samo tavih (to e biti predstavljeo u ovom radu. Na ovim prostorima geeratrise isu ba u,,arsealu matematiqara oji se bave ovom problematiom, za ta je delimiqo riva i qinjeica da su oe ale primeu eto asije i isu se razvijale uz tradicioalu ombiatoriu. Cilj ovog matursog rada je da prezetuje samo ee primee geeratrisa, i to oe oje se oslanjaju a zanje oje se moжe ste i u srednjoj oli. Nadam se da e ovaj rad uqiiti bar malo popularijim same geeratrise i njihovu primeu prvestveo od uqeia oji se tamiqe a matematiqim tamiqenjima. Na poqetu je dat strogi formali pristup geeratrisama, tj. stepeim redovima. U drugim delovima njige aqi pisanja je vie oreut reavanju problema ego formalom teorijsom pisanju. Razmatrei su reavanje reuretih jedaqia, prvog, drugog i vieg reda, zatim metod,,zmijsog ulja oji je vrlo mo a metod u reavanju mogih zadataa, a zatim su razmotree ee druge primee geeratrisa i dati su zadaci qije bi reavanje bilo pratiqo emogu e bez geeratrisa. Sup prirodih brojeva emo ozaqavati sa N, a sup eegativih celih sa N 0. Sumi qije su graice 0 i + qesto emo izostavljati graice, tj. u sumama sa izostavljeim graicama podrazumevaju se ove graice.

3 Teorijsi uvod U radu sa razim geeratorim fucijama qesto se ame e potreba za razim trasformacijama i maipulacijama oje e bismo smeli da izvrimo ao bismo geeratrise posmatrali ao aalitiqe fucije. Da bi smo sebi dali to ve e mogu osti za maipulaciju geeratrisama, uvodimo ih ao algebarse objete, qime se bavi formala teorija stepeih redova. Defiicija. Formali stepei red je izraz oblia a 0 + a + a +... = a i i. i=0 Niz brojeva {a i } 0 zovemo izom oeficijeata. Napomea: Koristi emo ovde i druge izraze: red, geeratrisa... Na primer, red A( = overgira samo za = 0 (u aalitiqom obliu do je, u formaloj teoriji to dobro defiisa formali stepei red geerisa izom oeficijeata {a i } 0, a i = i i. Napomea: Nizove i qlaove iza emo ajqe e ozaqavati malim slovima (a, b, a 3..., do emo stepee redove geerisaim tim izovima obeleжavati, ao ije drugaqije aglaeo, odgovaraju im veliim slovima (A, B,.... Defiicija. Za dva reda A = a i i i B = izovi oeficijeata jedai, tj. a i = b i za svao i N 0. i=0 b i i aжemo da su jedaa ao su im Napomea: Koeficijet uz qla u stepeom redu F emo obeleжavati sa [ ]F. Moжemo da defiiemo i zbir i razliu redova u smislu i=0 a ± b = (a ± b do se proizvod defiie sa a b = c, c = i a i b i Taođe umesto F F piemo F, i uopte F + = F F. Vidimo da je eutrala elemet za sabiranje 0, a za moжenje. U sladu sa tim moжemo defiisati slede i pojam: Defiicija 3. Formali stepei red G je reciproqa formalom stepeom redu F ao vaжi F G =. Geeratrisu reciproqu geeratrisi F qesto emo obeleжavati sa /F. Zbog omutativosti moжenja geeratrisa je F G = evivaleto sa GF = pa su F i G međusobo reciproqi. Po pravilu proizvoda je ( ( = + i= ( i =, pa su ( i ( međusobo reciproqi. 3

4 Teorema. Formali stepei red F = a ima reciproqi formali stepei red ao a 0 0. Pri tome je taj reciproqi red jedistveo određe. Doaz: Nea F ima reciproqa red /F = b. Tada je F (/F = pa je po pravilu proizvoda = a 0 b 0, pa je a 0 0. Taođe za imamo 0 = a b odale je b = a b a 0 Ovim su svi oeficijeti reciproqog reda jedozaqo određei. Sa druge strae, ao je a 0 0 tada moжemo iz prethodih veza jedozaqo odrediti sve oeficijete b i, to jedozaqo određuje reciproqa red /F. Iz prethodog se moжe zaljuqiti da sup formalih stepeih redova zajedo sa aritmetiqim opercijama oje smo defiisali a ovaj aqi qii prste u ojima su ivertibili elemeti oi redovi oji imaju sloboda qla razliqit od 0. Ao je F = f pod ozaom F (G( emo podrazumevati F (G( = f g(. Taođe, ovu ozau emo oristiti samo ao je F poliom (tj. ima samo oaqa brojeultih oeficijeata ili ao je sloboda qla reda G jeda 0. U sluqaju da je sloboda qla reda G jeda 0, a F ije poliom, e moжemo da odredimo određei qla reda F (G( u oaqo mogo oraa. Defiicija 4. Za formali stepei red G aжemo (ao postoji da je iverza (ili iverz formalom stepeom redu F ao vaжi F (G( = G(F ( =. I ovde taođe vaжi simetriqost, ao je G iverz F, tada je i F iverz G, pa su oi međusobo iverzi. Teorema. Nea su F i G međusobo iverzi redovi. G = g + g +... i f g 0. Tada je F = f + f +... i Doaz: Da bi uopte bili defiisaa ompozicija F i G moraju slobodi qlaovi da budu 0. Dalje, ea je F = f r r +... i G = g s s Data je F (G( = = f r g r s rs +..., pa je rs = i r = s =. Defiicija 5. Izvod (prvog reda formalog stepeog reda F = Izvod reda > se defiie reurzivo ao F (+ = (F (. Teorema 3. Vaжe slede e osobie izvoda: f je F = (F + G ( = F ( + G ( (F G ( = ( i=0 i F (i G ( i Doaz se sprovodi ajjedostaijim matematiqim aparatom i prepute je qitaocu. Defiicija 6. Ozaa A osr {a } 0 {a } 0, tj. da je A = a. Nea je A osr {a } 0. Tada je a + = f. zaqi da je A obiqi stepei red oji geerie iz >0 a = A( a 0 odoso {a + } 0 osr A a 0. Sliqo je {a + } 0 osr (A a 0 / a = A a 0 a 4

5 Teorema 4. Ao je {a } 0 osr A tada je za h > 0 {a +h } 0 osr A a 0 a... a h h Doaz: Iducijom po h. Za h = je tvrđenje taqo, ao to je poazao raije. Idutivi ora bi se mogao sprovesti a slede i aqi. Nea tvrđenje vaжi za eo h. Tada je {a +h+ } 0 osr {a (+h+ } 0 osr qime smo sproveli i idutivi ora. h A a 0 a... a h h a h h osr A a 0 a... a h h Ve zamo da je {( + a + } 0 osr A. Cilj am je da dobijemo iz {a } 0. To je upravo iz A. Zato uvodimo operator D a slede i aqi: Defiicija 7. Zapis DA je drugi zapis A odoso da d. Slede e dve teoreme su trivijale posledice osobia izvoda: Teorema 5. Nea je {a } 0 Teorema 6. Nea je {a } 0 osr A. Tada je { a } 0 osr A i P poliom. Tada je osr (D A P (DA osr {P (a } 0 A Razmotrimo ta predstavlja geeratrisa. Ovo se a drugi aqi moжe zapisati ao A. Kao smo ve poazali, reciproqa red redu je , tao da se pravilom proizvoda dobija A = (a 0 + a + a +...( = a 0 + (a 0 + a + (a 0 + a + a h+ Teorema 7. Ao je {a } 0 osr A tada je A osr j=0 a j 0 Sada emo uvesti ovu vrstu (ili samo obli geeratorih fucija. Defiicija 8. Kaжemo da je A espoecijala geeratora fucija (i taođe red, stepei red,... iza {a } 0 ao je A obiqa geeratrisa iza { a! } 0, odoso A = a! Ao je B espoecijala geeratrisa iza {b } 0 tada piemo i {b } 0 esr B. Ao je B esr {b } 0, iteresuje as ta je B. Lao se vidi da je B b b = =! (! = b +! = = =0 pa je B esr {b + } 0. Teorema 8. Ao je {b } 0 esr B tada je za h 0 {b +h } 0 osr B (h Taođe vaжi evivaleta teorema i za espoecijale geeratrise. 5

6 Teorema 9. Nea je {b } 0 esr B i P poliom. Tada je P (DB esr {P (b } 0 Espoecijale geeratrise su bite u ombiatorim idetitetima upravo zbog slede eg svojstva. Teorema 0. Nea je {a } 0 Doaz: Imamo da je odoso esr A i {b } 0 { { } a i i AB = i! i=0 AB = to je i trebalo doazati.! j=0 esr B. Tada geeratrisa AB geerie iz ( } a b =0 b j j j! = a i b j i!j! i+j = i,j 0 i+j=!a i b j i!j! =! i+j= ( a b, Ovim smo defiisali ee osove pojmove teorije fucija geeratrisa. Nee bite osobie ao i ovi pojmovi e asije biti opisai. Iao smo defiisali formale stepee redove ao isljuqivo algebarse objete, e emo se odre i i njihovih aalitiqih osobia. U tu svrhu emo oristiti dobro pozati Tejlerov (Taylor razvoj fucija u stepee redove. Tao emo, a primer, fuciju e tretirati ao formali red oji je dobije razvojem fucije u stepei red, odoso e emo idetifiovati sa redom. Koristi emo i obruti smer. Ovde je! =0 dat razvoj eih ajbitijih fucija u stepee redove. a i b j i!j!, = 0 l = e = 0! + si = ( ( +! 0 cos = (! 0 ( + α = ( α ( + = ( + e = 0 ( B! 6

7 arctg = 0 ( 4 = 4 = ctg = 0 ( + + ( + ( ( 4 B (! tg = ( ( B (! si = ( (4 B (! 0 ( 4 = ( + 4 ( 4 = arcsi = 0 e si = = 0 l = =0 =0 ( +!!( +! (!! + (!!( + si π 4! H (4! 6 (!( +! ( arcsi 4! = ( + ( +! Napomea: Ovde je H = i= i, a B je -ti Berulijev (Beroulli broj. 7

8 Reurete jedaqie Za poqeta pouajmo da reimo ajjedostaviju reuretu jedaqiu. Primer. Nea je iz a zadat sa a 0 = 0 i a + = a + za 0. Moжemo da vidimo da je prvih eolio qlaova 0,, 3, 7, 5,... pa am se qii ao da bi reenje moglo biti a =. Ovo se moжe lao doazati iducijom, ali mi emo ovaj problem reiti geeratorim fucijama. Nea je A( geeratrisa iza a, tj. ea je A( = a. Ao obe strae reurete veze pomoжimo sa i sve saberemo, dobijamo da je Odatle je lao a + = A( a 0 = A( A( = = A( + = ( ( (a +. Ali ao sada da dobijemo esplicitu formulu za qlaove iza? Samo difereciranje e bi ilo lao, te stoga moжemo da pouamo da rastavimo A( a zbir dve geeratrise: ( ( ( = = ( ( Sada je oqigledo A( =. (, pa je reenje reurete jedaqie zaista a = =0 Primer. Malo teжa je, recimo, slede a reureta jedaqia: a + = a +, ( 0 i a 0 =. Nea je {a } 0 osr A. Tada je {a + } 0 Poto je D = ( = ( Odatle je lao osr A osr. Imamo taođe da je D to se reureta veza pretvara u A A = = A + (. + ( ( { }. Ovime smo mi reili geeratrisu, tj. reili smo qlaove iza. Ao bismo trebali da doaжemo da je ovaj iz jeda eom drugom, dovoljo bi bilo da poaжemo da su geeratrise jedae. Međutim, mi trebamo da ađemo qlaove esplicito. Pouajmo da opet predstavimo A u vidu + ( ( = P ( + Q + R. Moжemo da pomoжimo obe strae sa ( ( qime bismo dobili + = P ( + Q( ( + R(, 8

9 odoso + = (Q + R + ( P 3Q R + (P + Q + R, odale se dobija P =, Q = 0 i R =. Mogli smo i lae da dobijemo P, Q i R. Ao pomoжimo obe strae sa ( i stavimo = dobijamo da je P =. Taođe, ao pomoжimo sve sa i uvrstimo = dobijamo da je R =. Taođe, ao uvrstimo P i R i stavimo = 0 dobijamo Q = 0. Dale, imamo da je A = ( + Poto je osr { + } i ao je ( = D osr { + }, to je a = +. U prethoda dva primera smo imali da qla iza zavisi samo od prethodog qlaa. Geeratrise moжemo da isoristimo i za reavanje diferecih jedaqia qiji su redovi ve i od. Primer 3. Dobro je pozat primer Fiboaqijevog (Fiboacci iza, zadatog sa F 0 = 0, F = i za, F + = F + F. Nea je F geeratrisa iza {F }. Ao pomoжimo obe strae sa i saberemo, sa leve strae imamo {F + } osr F, a sa dese F + F. Odatle dobijamo da je F =. Treba jo da razvijemo ovaj izraz u stepei red. Жelimo da izraz predstavimo ao zbir odgovaraju ih razlomaa. Nea je + = ( α( β Tada je α = ( + 5/, β = ( 5/ i α β = 5. Dalje je = ( α( β = ( α β α { = } α β. β 5 =0 =0 Jedostavo se dobija F = 5 (α β. Taođe odavde odmah moжemo da dobijemo i aprosimativu formulu za F. β < to je lim β = 0 i odatle je ( F Poto je Sada razmotrimo sluqaj ada imamo iz dve promeljive. I tave probleme moжemo reiti geeratrisama. Primer 4. Recimo da жelimo da ađemo broj -elemetih podsupova -elemetog supa. Zamo da je rezultat (, ali жelimo da taj rezultat dobijemo pomo u geeratrisa. Nea je traжei broj c(,. Moжemo videti da je broj -elemetih podsupova jeda broju -elemetih podsupova uolio a njih dodamo ei fisira elemet oji ije među njima (a tavih podsupova oda ima c(, i broju -elemetih podsupova od preostalih elemeata (u tom sluqaju taj fisira elemet e pripada podsupovima. Odatle se dobija c(, = c(, + c(, 9

10 Taođe je i c(, 0 =. Sada defiiimo geeratrisu iza c(, za eo fisirao. Nea je dale C ( = c(, Ao sada reuretu vezu pomoжimo sa i saberemo za sve, dobijamo C ( = (C ( + C ( za 0 i taođe C 0 ( =. Odatle se dobija, za C ( = ( + C ( Sada je oaqo C ( = ( +. Dale, c(, je oeficijet uz u razvoju ( +, a to je upravo (. Moжda eo pomisli da smo varali i isoristili gotov rezultat za biome oeficijete oji je dobije recimo obiqim ombiatorim metodom. Ali isti rezultat se moжe dobiti i razvojem u Tejlerov red, pa se i a taj aqim moжe dobiti c(, = (. Moжemo recimo da apravimo i geeratrisu iza C (: C (y = ( y = ( + y = y( + Tao imamo da je ( = [ y ]( y(+. Moжemo sada da izraquamo i zbir [ ] Dale imamo idetitete ( = ( + ; Napomea: Za < je ( = 0. ( y = [ ] y( + = = y [ ] y y = = ( y y = y y ( y + ( y y = ( y + ( y. Primer 5. Pouajmo da reimo slede u reuretu jedaqiu: a +3 = 6a + a + + 6a 0 sa poqetim uslovima a 0 =, a = 0, a =. Ao je A geeratrisa odgovaraju eg iza, ovo moжemo zapisati u obliu: odale se lao dobija A 0 ( 3 = 6 A 0 A + 6A, A = = 0 + ( ( ( 3. 0

11 Жelimo da ađemo reale oeficijete B, C i D tao da vaжi 0 + ( ( ( 3 = B + C + D 3. Moжemo primeiti ve pozati tri: Pomoжimo obe strae sa ( i stavimo = dobijamo B = 0 + ( ( = 5. Pomoжimo sve sa ( i stavimo = /. Tao dobijamo da je C = 5 6+ = 4. Ao sada uvrstimo vredosti za B i C i stavimo = 0 dobijamo 4 B + C + D = odale je D =. Sada oaqo imamo odale je a = A = = ( =0 Moжe se desiti da e moжemo tao jedostavo da dobijemo esplicita izraz za qlaove iza, ao u slede em primeru. Primer 6. Nea je iz zadat sa a 0 = 0, a = i za 0 reureto a + = 4a + 8a Nea je A fucija geeratrise iza. Tada reuretu vezu moжemo zapisati u obliu odale je A 0 = 4 A 0 8A A = Жeleli bismo da ovaj izraz opet rastavimu o obliu zbira dva jedstavija, za oje zamo geeratore fucije. Međuti, orei r = +i i r = ijedaqie +4+8 su omplesi. Ali to as e spreqava da i dalje postupamo a isti aqi ao i raije. Treba da ađemo B i C tao da je = B r + C r. Primenjuju i ve auqe tri moжemo da dobijemo da je B = i i C = i. Da li ste paжljivo qitali? Zato smo posmatrali oree polioma ada je imeilac u geeratrisi A zapravo ?! Pa ao bismo posmatrali oree polioma oji je zaista u imeiocu dobili bismo razlome oblia B r to bismo malo teжe razvili u red. Ali zato moжemo da imeilac apiemo u obliu ( i ovo posmatramo ao poliom po! Tada je imeilac ( r ( r. Moжemo da astavimo sa reavanjem aeg zadata. Dobili smo A = i/ ( + i + i/ ( i. Odavde je odale je A = i ( + i + i ( i, =0 =0 a = i ( + i + i ( i.

12 Ali qlaovi iza su reali, a e omplesi brojevi! Moжemo malo da sredimo izraz za a. Poto je ± i = e ±3πi 4, to je sada pa je a = ( si 3π 4 a = i ( ( (cos 3π 4. Drugaqije apisao, ovo je 0, = 8 (, = a = 3π 3π 3π i si (cos + i si 4 4 4, (, = 8 + (, = 8 + ili = (, = ili = Primer 7. Sada emo reiti jedu sloжeiju reuretu jedaqiu zadatu sa 0 = = 0, = + za 0. Nea je X(t geeratrisa aeg iza. Ao smo ve dovoljo savladali rad sa razim geeratrisama odmah emo uoqiti da vaжi Sređuju i ovaj izraz dobijamo da je odale dobijamo da je X(t = X t 6X t + 9X = t + t ( t. X(t = t t 3 t 4 ( t ( t( 3t, 4( + 5 3( ( 3. Prvom sabiru odgovar iz +, drugom, tre em 5 3, a poslednjem 4 to sve uupo daje = ( ( + 3+, Primer 8. Defiiimo iz a slede i aqi: Nea je f =, f = f i f + = f + f +. Vidimo da je iz dobro defiisa, jer je svai qla određe preo eih prethodih, i to a jedistve aqi. Nea je fucija geeratrise zadata sa F ( = f. Pomoжimo prvu vezu sa a drugu sa. Kada saberemo sve jedaosti oje imamo dobijamo f + f + f + = + f + f + f + odoso f = + f + f + f +

13 Zaimljivo je da ovo upravo zaqi da vaжi F ( = F ( + F ( + F ( tj. U stvari vaжi F ( = ( + + F ( F ( = i=0 ( + i + i+. Moжe se poazati da ovao defiisa iz ima zaimljivo svojstvo. Za svai broj sprovedimo slede i postupa: Predstavimo broj u biarom sistemu, odbacimo zadnji blo ula (ao ih ima a raju uopte, a ostale cifre podelimo a to manje bloova uzastopih cifara tao da svai blo sadrжi samo jedae cifre. Ao su za dva broja m i supovi bloova jedai, oda vaжi f m = f. Npr. biari zapis broja u biarom sistemu je 00 pa je sup odgovaraju ih bloova {, 0, }, do je broj 3 zapisa ao 0 i ima isti sup bloova {, 0, }, pa vaжi f( = f(3. Proverom se taođe dobija f( = f(3 = 5. Iz poslednje formule se moжe zaljuqiti da je f u stvari broj predstavljanja broja ao zbir potecija dvoje oji se alaze u parovima {, }, {, 4}, {4, 8},... tao da dva broja isu istovremeo uzeta iz istog para. 3

14 Metod zmijsog ulja Metod zmijsog ulja je vrlo orisa alata u raquanju razih, qesto glomazih, ombiatorih suma, ao i u doazivanju ombiatorih idetiteta. Samo ime moжda deluje qudo, ali jedo objanjenje za tao qudo ime moжe biti to da je metod astao u Americi gde se zmijso ulje smatra uiverzalim leom ameriqih idijaaca. S obzirom da metod zmijsog ulja sluжi za raquanje razih suma, jaso je da o ije uiverzala i da je malo verovato da isti i postoji. Međutim, velia lasa problema se moжe reiti tim metodom, odoso postupom oji je ovde eformalo izloжe. Nea je potrebo izraquati sumu S. Prvo je potrebo idetifiovati slobodu promeljivu od oje zavisi suma S. Nea je to recimo i ea S ima vredost f(. Zatim treba formirati F (, fuciju geeratrise iza f(. Pomoжimo sumu S sa i sumirajmo po. U ovom treutu imamo (bar duplu sumu, spoljanju po i uutranju po S. Zatim se obiqo zamei redosled sumiranja i odredi se vredost uutranje sume po. Time dobijamo određee oeficijete u fuciji geeratrise, oji u stvari predstavljaju vredost sume S u zavisosti od. U reavanju ovavog tipa zadataa postoje ee arateristiqe sume oje se qesto pojavljuju. Ovde emo dati pregled eih suma oje se qe e oriste. Od raije je pozat idetitet za Nead je potrebo i ( m : ( + m = ( m. ( to ve imamo u tablici geeratrisa: ( + = ( +. Taođe, qesto se javljaju i sliqe sume u ( ojima su samo pari (odoso ( epare m m (. idesi. Recimo, imamo da je ( + m = Sabiranjem, odoso oduzimanjem, dobija se ( m odoso = (( + m + ( m,, pa je i ( m = ( m + = (( + m ( m. + Sliqo se dobijaju i slede i orisi idetiteti: ( ( = m m ao i Qesto je orista i idetitet ( ( + + = m m ( m + ( m+ ( m+, ( m ( m+ ( m+ ( = + ( 4. 4.

15 Primer. Za poqeta probajmo da izraquamo olio je (. Nea je sloboda promeljiva i ozaqimo ovu sumu sa f( = (. Nea je i F ( geeratrisa iza f(, tj. F ( = Ovo moжemo da apiemo i ao F ( = f( = ( = ( = (. (, to e dati F ( = ( + = ( + = ( =. Ao se prisetimo, ovo je vrlo sliqo geeratrisi Fiboaqijevog iza, u stvari f( = F + tao da smo ovim dobili da je ( = F +. Primer. Recimo da treba da izraquamo olio je ( ( (. m =m Ao je fisira broj, tada je m sloboda promeljiva i od nje zavisi suma. Nea je ( ( f(m = ( i ea je F ( geeratrisa iza f(m, tj. F ( = m m f(mm. =m Tada je F ( = f(m m = ( ( m ( = m m m =m = ( ( ( m = ( ( + m m Ovde smo isoristili da je po Biomoj teoremi ( m m m = ( +. Dalje je F ( = ( ( ( ( + = ( ( ( + = ( Dale, dobili smo da je F ( = (, a poto je to geeratrisa iza f(m, to je { ( f(m =, = m 0, m <. 5

16 Primer 3. m f(m. Tada je m F ( = m Izraquajmo sada m f(m = m m =m ( (. Nea je f(m = m =m ( ( m = ( m =m ( m = m ( ( m ( ( +, i F ( = odale je F ( = ( +. Poto je ( + = m ( vredost traжee sume je f(m = m. m ( m m, m Primer 4. Probajmo da sraquamo Ovo moжemo da podelimo u dve sume ( [ ] = ( = [ ( [ ]. ] + = + ( [ + ] + = = ( ( + ( ( = ( + + ( +, odoso ( [ ] = ( + ( +. Primer 5. Posmatrajmo sada iz f(m = ( ( ] [ m y ao i fuciju geeratrise F ( = m m f(m. Imamo F ( = ( ( m [ m ] y = ( m = ( y ( [ m ] m = m y m ( ] m = [ m ( y ( + ( +. Tao da je F ( = ( + ( ( + (y = ( + ( + + y. Za y = imamo da je F ( = ( + +, pa je F ( geeratrisa iza ( + qime dobijamo ombiatori idetitet ( ( ( + ] = m [ m 6. m

17 Ao uzmemo y = dobijamo ( da je F (( = ( + ( = ( [( + ( ( ] pa je oeficijet uz m jeda ( m + ( m = ( m qime m m m m dobijamo idetitet ( ( [( ( ] ] ( = ( m. m m [ m Primer 6. Doaжimo da je za svao 0 ( ( ( = j ( + j. j j Ao uzmemo da je fisirao, a j sloboda promeljiva i f(j = ( j j ( + j, tada su odgovaraju e geeratrise ( ( j, g(j = F (y = j y j f(j, G(y = j y j g(j. Treba doazati da je F (y = G(y. Imamo da je F (y = ( ( ( j j y j = j ( y j = j ( ( + y, odale je F (y = ( + + y. Sa druge strae je G(y = ( y j j ( + j = ( ( + j (y j = ( + + y, j j j j pa je oqigledo F (y = G(y, qime smo doazali traжei ombiatori idetitet. Prava mo geeratrisa moжe se videti u slede em primeru. Primer 7. Sraquajmo sumu ( ( + ( m + + za ee m, 0. S obzirom da traжea suma ima dosta promeljivih, elemetare ombiatore metode e ude efiasa postupa ojim bi se ovave sume reile sa tao malo truda i razmiljanja ao to am udi metod zmijsog ulja. S obzirom da se pojavljuje samo a jedom mestu u sumi, logiqo je da sumu posmatramo ao fuciju po. Nea je F ( geeratrisa iza tavih fucija. Tada je F ( = = ( ( + { = m ( m ( ( + ( m + + = ( m+ ( m++ = m+ + 4 ( ( m++ } = m ( m ( ( = m + ( { } + ( = { + } = m ( m. 7

18 Ovo je geeratrisa iza ( pa je time doazao da je m ( + m + ( ( + = (. m Primer 8. Doaжimo slede i idetitet ( ( ( + m + m + =. Nea su F ( = ( ( + m + m i G( = ( m + m geeratrise izova m m levih i desih straa jedaosti. Doaza emo F ( = G(. Redom je F ( = ( ( + m + m = ( + ( m + = m m = ( + ( m + m = ( + ( m + m+ = m m = ( + ( + = ( + ( ( +. Ve zamo da je ( ( + ( ( = + + ( + + pa je F ( = ( ( ( + ( +. + S druge strae je G( = m ( m + m = ( / ( m + ( / m+, m pa je odoso qime je doaz zavre. G( = ( / [ ( / ( ( / + ( ( + / + G( = ( ( ( + ( +. + ], Primer 9. Na sliqa aqi se moжe reiti i pozati idetitet oji se alazio a oricama jo pozatije njige P. Mladeovi a Kombiatoria iz oje se pripremala qa i bugarsa eipa za IMO 003 u Japau gde je u eipom plasmau osvojila prvo mesto :. Idetitet oji treba doazati je =0 ( ( = ( 4. 8

19 Nea je sloboda promeljiva i geeratrise levih i desih straa F ( i G(. Potrebo je doazati jedaost ovih geeratrisa. Prvo je F ( = ( ( = ( (, 0 0 F ( = ( ( (. 0 Sada isoristimo formulu za zbir samo parih potecija i dobijamo ( ( = ( ( ( + + ( +, + odale je dalje F ( = ( S obzirom da je F ( = ( ( ( ( = ( 4 to je ( ( + ( + ( ( ( +. 4, (+ odale je F ( = S druge strae жelimo da za G( dobijemo zbir ( 4. to je ( ( = pa je G( = ( Poto je ( = pa je F ( = G(. Slede i primer je malo teжi, jer stadarda ideja zmijsog ulja e vodi do reenja. Primer. (Morijati Za date i p izraquati ( ( + p +. p + + Zbog laeg zapisa ea je r = p +. Ao uzmemo da je sloboda promeljiva, tada je traжea suma f( = ( ( + r. r + p r Uzmimo da je fucija geeratrise F ( = + f(! Ovo je a ei aqi i prirodo, s obzirom da am se u biomom oeficijetu pojavljuje ba +. Sada je F ( = ( ( + r + = ( r ( + +. r + p p r + r r 9

20 S obzirom da je ( ( + + = r+ r + ( r+ + ( + r+, to je odale je F ( = ( ( r ( p F ( = ( p+ r ( ( p ( r + ( ( p+ + F ( = ( p+ + ( + f( = to ao sređivanja daje p+ ( + ( + p+ = p+ (( p p + p f( = ( p p. p r ( ( ( r r p ( +, p (+ ( (+ p+, (( + p + ( p, ( p p, p Moжemo da primetimo da za ve iu zadataa ovde ismo puo odstupali od ovog metoda i oristili smo svega eolio idetita, to predstavlja vrlo bitu osobiu ovog metoda oja se moжe upotrebiti i za pisanje ompjutersih programa (tj. algoritama oji reavaju simboliqi veliu lasu suma u ojima se javljaju biomi oeficijeti. 0

21 Razi zadaci U ovom poglavlju e biti izloжee roz zadate jo ee primee geeratrisa. Zadata : Doazati da za iz Fiboaqijevih (Fiboacci brojeva vaжi F 0 + F F = F + + Reenje: Ovo je laa primea geeratrisa. Geeratrisa zbira prvih qlaova iza, tj. leve strae je po teoremi 7. iz. poglavlja F/(, gde je F = /( geeratrisa Fiboaqijevih brojeva. Sa dese strae je F, pa ao trivijalih raqusih operacija zaljuqujemo da taav idetitet zaista vaжi. Zadata : Doazati da je za svai priroda broj broj njegovih particija a epare delove jeda broju njegovih particija a razliqite delove. Reenje: Geeratrisa broja eparih particija prirodih brojeva je ( ( ( = +. Ovo moжemo videti tao to svaom particiji u ome se broj i pojavljuje a i puta odgovara taqo jeda qla sa ofecijetom u ovom proizvodu i to je a+3 a3+5 a Geeratrisa broja particija a razliqite delove je ( + ( + ( = ( +, jer iz svae zagrade moжemo da uzmemo ili da e uzmemo poteciju -a, a to odgovara uzimanju ili euzimanju dela određee duжie u particiju. Elemetarim trasformacijam je ( + = qime je doazao tvrđenje zadata. = ( ( 4... ( ( ( 3 ( 4... = + Zadata 3: Na i broj permutacija bez fisih taqaa duжie. Reenje: Ovo je primer oji poazuje efiasu primeu espoecijalih geeratrisa. Ovaj problem je pozat ao i problem deraжmaa ili ao le Problème des Recotres oji je postavio Pjer R. de Momort (Pierre R. de Motmort; Nea je traжei broj D i D( esr D. Broj permutacija oji imaju određeih fisih taqaa je D, pa je uupa broj permutacija sa taqo fisih taqaa ( D, jer određeih fisih taqaa moжemo da izaberemo a ( aqia. Kao je uupa broj permutacija!, to je! = ( D

22 ili u zapisu espoecijalih geeratrisa = e D( odale je D( = e /(. Kao je e geeratrisa iza (, to je! D! = +! 3! (!, D =! (! 3! (.! Zadata 4: Izraquati ( ( 3 Reenje: Ovaj zadata ilustruje jedu ideju oja se qesto javlja u ombiatorici. Moжemo da posmatramo fuciju geeratrise F ( = ( 3, 3 jer am oa liqi a biomi razvoj ( + ali i zato jer je traжea suma upravo f(. Međutim, ao da postigemo da am se u biomom razvoju javlja svai tre i qla? Koristi emo da je { ε r, r = 0, iaqe. ε r = Nea je C( = ( + i ea su, ε i ε ubi orei iz. Tada je to za = daje ili ada se uprosti F ( = 3 F ( = C( + C(ε + C(ε 3 {( ( ( 3 3 i ( i } 3 + ( π = 3 / cos 6 Zadata 5: Nea je N i ea + y = ima R reenja u N 0 + 3y = ima R reenja u N 0. + ( + y = ima R reenja u N 0 Doazati da je ( + + ( + y = 0 ima R + reenja u N 0 R = +

23 Reenje: Broj reenja jedaqie + y = u N 0 je oeficijet uz t u ( + t + t +... ( + t + t = t t To je zato to za svai par (, y oji zadovoljava uslov pove ava oeficijet uz t za jer uqestvuje ao sabira sa t t y = t +y. I uopte, broj reenja jedaqie +( +y = + je oeficijet uz t + u t t +, tj. oefcijet uz t u ( t ( t + Dale, R je oeficijet uz t u t ( t ( t + = ( t t t + t + = = ( t, odale je sada lao R = + to je i trebalo doazati. Zadata 6: Odrediti veze između osovih simetriqih polioma Reenje: Jeda od osovih veza polioma je veza između razih simetriqih polioma. Pod simetriqim poliomom se smatra poliom f(,,..., taav da za svau permutaciju σ S vaжi f( σ(,..., σ( = f(,...,. Jeda od osovih primera simetriqih polioma su elemetari simetriqi poliomi σ (,..., = i... i i < <i za i σ 0 = i σ = 0 za >. Geeratrisa simetriqih polioma je Σ(t = σ t = =0 ( + t i Druga lasa simetriqih polioma su poliomi oblia p (,..., = i... i, gde su i,..., ı N 0 Njihova fucija geeratrise je i + +i = P (t = Taođe su biti i poliomi oblia qija je fucija geeratrise =0 i= p t = t i s (,..., = S(t = s t = =0 i= i t i Geeratrise Σ(t i P (t zadovoljavaju slede i uslov Σ(tp( t =. Ao izraquamo oeficijet ovog proizvoda uz t, dobijamo vezu ( r σ r p r = 0 r=0 3

24 Ao primetimo da je l P (t = l i l Σ(t = t i i= moжemo S(t da izrazimo preo P (t i Σ(t a slede i aqi: l( + t i, i= i S(t = d dt l P (t = P (t P (t S( t = d dt l Σ(t = Σ (t Σ(t. Iz prve formule sledi S(tP (t = P (t, a iz druge S( tσ(t = Σ (t. oeficijeata uz t + dobijamo Upoređivanjem p = s r p r i σ = ( r s r σ r. r= r= Zadata 7: Pretpostavimo da za eo N postoje izovi pozitivih brojeva a, a,..., a i b, b,..., b tavi da su sume i a + a, a + a 3,..., a + a b + b, b + b 3,..., b + b iste do a permutaciju. Doazati da je stepe dvoje. Reenje: Nea su F i G poliomi geerisai datim izom: F ( = a + a + + a i G( = b + b + + b. Tada je F ( G ( = ai + ai+aj bi + bi+bj = F ( G(. i= i j i= i j Kao je F ( = G( =, imamo da je ula reda, ( polioma F ( G(. Tada je F ( G( = ( H(, pa je F ( + G( = F ( G ( F ( G( Sada je za = : odale se dobija da je =. = F ( G( F ( G( = ( H( ( H( = F ( + G( = ( + H( H( =, = ( + H( H( Slede e tvrđenje su postavili i doazali aadsi matematiqari Leo Mozer (Leo Moser i o Lambe (Joe Lambe 959. godie. Zadata 8: Doazati da postoji jedistve aqi da se prirodi brojevi rasporede u dve particije, A i B, tao da se svai priroda broj (uljuquju i i 0 moжe izraziti u obliu a + a, a, a A, a a taqo a oolio aqia (a bar a jeda a olio se 4

25 moжe izraziti u obliu b + b, b, b B, b b. Reenje: Posmatrajmo poliome geerisaim brojevima oji se alaze u odgovaraju im supovima: A( = a, B( = b. a A b B Uslov da supovi A i B prerivaju ceo sup N bez prelapanja je evivaleta sa A( + B( = Broj aqia a oji se ei broj moжe predstaviti u obliu a + a, a, a A, a a je a i,a j A,a i a j ai+aj = ( A ( A(. Sada se drugi deo uslova trivijalo pie ao ( A ( A( = ( B ( B(. Dalje je odoso Zameom sa, 4,..., odale je (A( B( = A( B( (A( B( = ( (A( B(. dobijamo da je A( B( = (A( B( ( i, A( B( = i=0 ( i. Poslednji proizvod je red qiji su oeficijeti ±, pa su A i B jedistveo određei (s obzirom da su im oeficijeti. Nije teo primetiti da su pozitivi oeficijeti (a samim tim iz A oi oji stoje uz qlaove tave da se moжe predstaviti ao zbir parog broja stepea dvoji (tj. biara reprezetacija broja ima para broj jediica. Ostali brojevi qie sup B. Napomea: Niz oji predstavlja parost broja jediica u biaroj reprezetaciji broja je taozvai Morzeov iz. i=0 Zadata 9: Ao svai priroda broj pripada taqo jedoj (od bar dve aritmetiqe progresije, oda postoje dve progresije qiji su oraci jedai. Reenje: Ovaj problem je postavio (u malo izmenjeoj formi jo Erdo (Erdösz, a doazali su ga Mirsi (Mirsy i Njume (Newma ao dugo godia. Ovo je njihov origiali doaz: Nea aritmetiqih progresija {a i + b i } (i =,,..., porivaju ceo sup prirodih z a brojeva. Tada je z b = z a+ib, pa je i=0 z z = za z za + + b z z b. b + za 5

26 Pri tome je z. Pretpostavimo da je b ajve i među brojevima b, b,..., b i ea je pri tome ε = e iπ/b. Nea z teжi ε tao da je z. Pri tome je ε b =, ε i ε bi, < i. Svi qlaovi osim prvog zbog toga teжe eom oaqom broju, do prvi teжi, to je emogu e. Zadata 0: Doazati da je u savremeom aledaru za 3. u mesecu ajverovatiji da u sedmici peta. Slede i zadata je svojevremeo bio objavlje u qasopisu America Mathematical Mothlyju. Reenje: Savremei aledar je periodiqa sa periodom od 400 godia. Svaa qetvrta godia je prestupa, osim oih oji su deljive sa 00 a isu sa 400. Poto broj meseci u 400 godia ije deljiv sa 7, to zaqi da verovato a za 3-ti da u mesecu da bude za sve dae u edelji 7! Dovoljo je da za ei period odredimo olio se oji da (u sedmici javlja ao prvi u mesecu za ei period od 400 godia (recimo od..00. pa do Tao petu triaestom odgovara edelja prvi istog meseca. Ozaqimo dae redom brojevima,, 3,..., i ea i-tom dau odgovara qla t i. Dale,..00.g. je ozaqe sa ili sa t, g. sa t 4 itd. Nea je A sup svih daa (odoso brojeva ojima smo ih ozaqili oji se javljaju prvi u mesecu. Recimo,..00.g. je ozaqe sa A,..00.g. je 3 = + 3 A itd, A = {, 3, 60,... } (za prostu godiu. Nea je f A (t = A t. Ao u poliomu f A zameimo t 7 sa, t 7+ sa t, t 7+ sa t itd., dibijamo ei poliom, ozaqimo ga sa g A (t = 6 i=0 a it i. Sada am broj a i predstavlja olio se puta da (u edelji oji je bio ozaqe sa i javljao ao prvi u mesecu. Kao je..00. godie bio poedelja, to je a broj poedeljaa oji su bili prvi u mesecu, a broj utoraa,..., a 0 broj edelja. Zameu odgovraju ih qlaova moжemo izvesti ao posmatramo poliom f A po modulu t 7. Dale, poliom f A (t g A (t je deljiv sa t 7. Kao je dovoljo da samo odredimo oji je od brojeva a 0, a,..., a 6 ajve i, dovoljo je da poliom posmatramo po modulu q(t = + t + t t 6 oji je delitelj polioma t 7. Nea je f (t poliom oji predstavlja prve dae u mesecima u 00. godii. Kao je prvi da jauara poedelja, februara qetvrta,..., decembra subota, to je g (t = t + t 4 + t t + t t 3 + t 6 + t + t 4 + t 6 = = + t + t + t 3 + 3t 4 + t 5 + t 6 + t + t 4 + t 6 (mod q(t. Kao jeda prosta godia ima 365 (mod 7 daa, to poliomi f (t i f 3 (t oji odgovaraju 00. i 003. godii, zadovoljavaju i gde su sve ogruecije po modulu q(t. poliom f 4 (t za prestupu 004. godiu f (t tf (t tg (t f 3 (t tf (t t g (t, Obiqim prebrojavanjem se ustaovljava da je f 4 (t = + t + t + t 3 + 3t 4 + t 5 + t 6 + t + t 3 + t 4 = g 4 (t. Moжemo uvesti i ovi poliom oji e am brojati prve dae za period godia h (t = g (t( + t + t + g 4 (t. Taođe, posle svae proste godie se dai pomere za jedo mesto, do posle prestupe za, pa se ao perioda od 4 godie svi dai pomere za 5 mesta. Tao dobijamo poliom oji broji sve prve dae u periodu od 00. do 00. godie. To je: p (t = h (t( + t 5 + t t 5 + t 0 g (t( + t + t + t 3. 6

27 Ovde smo morali poslednje qetiri godie da apiemo u obliu g (t( + t + t + t 3 jer godia 00. ije prestupa, pa je e moжemo zameiti poliomom h (t. Period od 00 godia pomeri aledar za 00 daa (proste godie i jo 4 daa (prestupe to po modulu 7 daje 5 daa. Sada moжemo oaqo apisati formulu g A (t p (t( + t 5 + t 0 + t 5 h (t( + t t 0. Sliqo ao i raije, posledih 00 godia smo obuhvatili poslednjih sabircima jer godia 400. ije prosta ve prestupa! Koristi emo da je t 5a + t 5(a t 5(a+6 0. Sada je +t t 3 5 +t 5 +t 5 +t 3 +t 5 i +t t 5 5 +t 5 +t 5 +t 4 5 +t+t 3 +t 5. Dalje imamo da je p (t h (t( + t 3 + t 5 + tg (t( + t + t + t 3 g (t[( + t + t ( + t 3 + t 5 + t( + t + t + t 3 ] + g 4 (t( + t 3 + t 5 g (t( + t + t + t 3 + t 4 + t 5 + t 6 + g 4 (t( + t 3 + t 5 g (tt 6 + g 4 (t( + t 3 + t 5. Ao sada ovo zameimo u formulu za g A (t dobijamo g A (t p (t( + t 3 + t 5 + th (t( + t + t 3 + t 5 g (tt 6 ( + t 3 + t 5 + g 4 (t( + t 3 + t 5 + tg (t( + t + t ( + t + t 3 + t 5 + tg 4 (t( + t + t 3 + t 5 g (t(t + t 3 + g 4 (t(t + t 3 + t 5 + t 6 ( + t + t 4 + t 6 (t + t 3 + ( + t + t 3 + t 4 (t + t 3 + t 5 + t t + 7t + 5t 3 + 5t 4 + 7t 5 + 4t t + t 3 + t 4 + 3t 5. Ovo zaqi da je ajverovatiji da za prvi u mesecu edelja (jer je a 0 ajve i od svih qlaova. Kao petu triaestom odgovara edelja prvi, to je doaz zavre. Moжemo u stvari i taqo dobiti olia je ta verovato a. Ao isoristimo injeicu da je uupa broj meseci u periodu od 400 godia 4800, moжemo lao dobiti da je edelja prva da u 688 meseci, poedelja - 684, utora - 687, sreda - 685, qetvrta - 685, peta i subota

28 Zaljuqa Materijal izloжe u prethodih trideseta straa je samo mali deo celoupe teorije geeratrisa. Bez obzira a to, ovde su izloжee sve bite ideje i metode oje leжe u osovi teorije geeratrisa i oje su potrebe za dalje samostalo ori enje ove tehie. Svi zaiteresovai za ovu oblast mogu produbiti svoje zanje uz pomo [?]. Жeleo bih taođe da se zahvalim mom metoru Vladimiru Balti u, ao i profesorima matematiqih predmeta mr Srđau Ognjaovi u (razredom stareii u isto vreme ao i dr Milei Radovi. Posebu zahvalost dugujem jo i matematiqarima oji su se trudili svih ovih godia oo dodatih astava i priprema za tamiqenje: Duau ui u, dr Vladimiru Jaovi u, orđu Krtii u, Vladimiru Lazi u, Milivoju Lui u i Ivau Mati u. 8

29 Literatura [] H.S. Wilf, 994, geeratigfuctioology, Uiversity of Pesylvaia, Philadelphia, USA Eletrosa verzija: wilf/gfologylied.pdf [] D. Stevaovi, M. Miloevi, V. Balti, 004, Disreta matematia, osove ombiatorie i teorije grafova - zbira reeih zadataa, Drutvo matematiqara Srbije, Beograd (u pripremi Eletrosa verzija: [3] V. Dresi,,,Poraжdawi fucii u Podgotova za olimpiadi pod redaci ta a Sava Grozdev, 00, Sъ z a matematicite v Bъlgari, Sofi [4] Eletrosi materijal: [5] Lerma, A.M., 003., Geeratig fuctios, mlerma/problem solvig/results/ge fuc.pdf [6] Eletrosi materijal: ira/47a/gf.pdf [7] P. Mladeovi, 00, Kombiatoria, Drutvo matematiqara Srbije, Beograd 9

30 Sadrжaj. Uvod Teorijsi uvod Reurete jedaqie Metod zmijsog ulja Razi zadaci Zaljuqa Literatura