DISKRETNA MATEMATIKA

Transcript

1 DISKRETNA MATEMATIKA VJEšBE U ovoj sripti su dijelom natipani zadaci oji su rje²avani na vjeºbama iz Disretne matematie u aademsoj godini 009./010., uz asnije preprave i dodate. Sripta moºe pomo i studentima u boljem shva anju gradiva, ali ne moºe zamijeniti vjeºbe. Zadaci i rje²enja: MAROJE MAROHNI i MATIJA BA I. Natipali i uredili: IVAN KRIJAN, MARKO BOšI, IVAN GAVRAN i MARIO BERLJAFA, te MARKO ERCEG. Zagreb, 30. sije nja 015.

2 Sadrºaj Sadrºaj 1 Osnovni principi prebrojavanja 3 Permutacije supova 6 3 Kombinacije supova 10 4 Permutacije i ombinacije s ponavljanjem 14 5 Kombinatorno doazivanje identiteta Permutacije Reurzivne relacije Homogene linearne reurzije s onstantnim oecijentima Nehomogene linearne reurzije s onstantnim oecijentima Reurzivno rje²avanje zadataa Funcije izvodnice Obi ne funcije izvodnice Esponencijalne funcije izvodnice Formula ulju ivanja i islju ivanja 33 9 Teorija grafova Uvod Povezanost grafova Teºinsi grafovi Planarnost grafa Arhimedova tijela Eulerovi i Hamiltonovi grafovi

3 Osnovni principi prebrojavanja 1 Osnovni principi prebrojavanja Broj elementa neog ona nog supa A ozna avat emo s A. Princip sume Broj elemenata unije u parovima disjuntnih supova jedna je sumi njihove unije. Preciznije zapisano: za supove A 1, A,..., A n tave da za sve i, j {1,,..., n}, i j, imamo A i A j, vrijedi: n n A i A i. i1 i1 Primjer 1.1. Iz grada A u grad B moºemo do i brodom, autom ili avionom. Postoje dva morsa, dva cestovna i tri zra na puta. Na olio na ina moºemo do i iz grada A u grad B? Rje²enje. Ozna imo s AB sup svih puteva iz grada A u grad B, a s M, Z i C redom morse, zra ne i cestovne putove. Jasno je da vrijedi M Z Z C C M, stoga moºemo primjeniti pravilo sume: AB M Z C M + Z + C Definicija 1.1. S A 1 A... A n ozna avamo Kartezijev produt supova A 1, A,..., A n : A 1 A... A n {(a 1, a,..., a n ) : a i A i }. Princip produta Za ona ne supove A 1, A,..., A n vrijedi n A 1 A... A n A i. i1 Princip bijecije Dva supa A i B imaju jedna broje elemenata ao postoji bijecija izmežu njih. Primjer 1.. Da bismo iz grada A do²li u grad D, moramo pro i roz gradove B i C. Iz grada A u grad B moºemo do i na na ina, iz B u C na 5, a iz grada C u grad D na 3 na ina. Na olio na ina moºemo do i iz grada A u grad D? Rje²enje. Nea je AD sup svih puteva izmežu gradova A i D, AB sup svih puteva izmežu A i B, BC sup svih puteva izmežu B i C, te CD nea je sup svih puteva izmežu gradova C i D. Svaom p AD moºemo bijetivno pridruºiti ureženu troju (p 1, p, p 3 ), gdje je p 1 AB, p BC, p 3 CD. Sada primjenom principa bijecije i pravila produta dobivamo da je AD AB BC CD AB BC CD Zadata 1.3. Odredite broj prirodnih djelitelja broja 600. [Rj. 4] Uputa. Broj prirodnih djelitelja prirodnog broja n p α1 1 pα... pα priazanog u raspisu na proste fatore je (α 1 + 1) (α + 1)... (α + 1). Doaºi! Zadata 1.4. Odredite broj ureženih parova nenegativnih cijelih brojeva (x, y) oji zadovoljavaju nejednadºbu x + y 5. 3

4 Osnovni principi prebrojavanja [Rj. 8] Uputa. Uolio je x 3 jasno je da rje²enja ne postoje, dale, preostaje promotriti slu ajeve ada je x {0, 1, }. Kao bi do²li do ona nog rje²enja, je li potrebno broj rje²enja u svaom pojedinom slu aju pomnoºiti ili zbrojiti? Jo² jedan na in je da promotrimo supove denirane sa S i { (x, y) Z : x + y i }, i {0, 1,..., 5}. Je li potrebno pomnoºiti ili zbrojiti mežusobno brojeve elemenata supova S i? Primjer 1.5. Nea su definirani supovi X {1,,..., 100} te Kolio je S? S {(a, b, c) : a, b, c, X, a < b, a < c}. Rje²enje. Broj a moºe biti bilo oji broj iz supa X \ {100}, fisiramo li broj a iz tog supa, broj b i broj c tada, zbog uvjeta moºemo izabrati na 100 a na ina (bilo oji broj izmežu a + 1 i 100, ulju ivo). Kona no, traºeni broj je S (100 a) a a1 a1 Napomena 1.. Prethodni primjer smo mogli rije²iti tao da smo najprije odabrali i sirali b i c, te potom birali a. U tom slu aju se dobiva S (min{b, c} 1). b c Lao se provjeri na ra unalu da obje formule daju isti rezultat. Princip omplementa Za ona ne supove A i S tave da je A S vrijedi S \ A S A. Primjer 1.6. Kolio ima prirodnih brojeva manjih (strogo) od 10 n oji sadrºe znamenu 4? Rje²enje. Jasno je da svi tavi brojevi mogu sadrºavati 1,,..., n znameni 4. Jednostavnije nam je prebrojati olio ima prirodnih brojeva manjih od 10 n oji ne sadrºe znamenu 4. Prirodnih brojeva manjih od 10 n ima 10 n 1. Sve prirodne brojeve manje od 10 n moºemo promatrati ao nznamenaste (na po etu moºe biti neolio nula, jedini oji nam ne valja je onaj oji sadrºi samo nule). Dale, prirodnih brojeva manjih od 10 n oji ne sadrºe znamenu 4 ima 9 n 1, svaa znamena moºe biti bilo oja osim 4, te jo² moramo odbaciti slu aj ada su sve znamene jednae 0. Kona no, odgovor na pitanje zadata je (10 n 1) (9 n 1) 10 n 9 n. Pou²ajte rije²iti prethodni primjer bez principa omplementa za n 3. Koje je rje²enje jednostavnije? Definicija 1.3. Nea je S sup. Partitivni sup P(S) je sup oji sadrºi sve podsupove supa S. Teorem 1.4. Nea je S ona an sup i S n N 0. Tada je P(S) n. Doaz. Uolio je S prazan sup, jasno je da je jedini podsup supa S samo prazan sup, pa tvrdnja vrijedi, jer je 0 1. Pretpostavimo sada da je n N. Nea je S {a 1, a,..., a n }. Promotrimo sve binarne nizove duljine n, svai od njih e odreživati jedan podsup supa S. Uolio je na itom mjestu u nizu broj 1, onda se a i nalazi, a uolio je 0 onda se ne nalazi u podsupu odreženom s tim nizom. Jasno je da smo na ovaj na in odredili sve mogu e podsupove supa S i da svaom podsupu odgovara to no jedan binarni niz duljine n. Na svaom mjestu u binarnom nizu moºe se nalaziti broj 1 ili broj 0, dale, tavih nizova ima n. Prema principu 4

5 Osnovni principi prebrojavanja bijecije, zalju ujemo da je P(S) n. Ovime je doaz gotov. Primjer 1.7. Na svao polje plo e n n upisan je broj oji je jedna broju pravoutnia oji sadrºe to polje. Odredi sumu svih upisanih brojeva. Rje²enje. Prije samog rje²avanja promotrimo ao plo a izgleda u slu ajevima n i n 3: , Uvedimo oordinatni sustav ao na slici. n. j i... n b Svaom polju s brojem b odgovara to no b pravoutnia oji sadrºe to polje. Zato je suma svih brojeva b jednaa sumi povr²ine svih pravoutnia na plo i. Svai pravoutni je jednozna no odrežen svojim dimenzijama i pozicijom donjeg lijevog polja. x oordinatu donjeg lijevog polja pravoutnia dimenzija i j moºemo odabrati na n i + 1 na ina (bilo oji broj izmežu 1 i n i + 1, ulju ivo), analogno, y oordinatu moºemo odabrati na n j + 1 na ina. Dale, pravoutnia dimenzija i j na danoj plo i ima (n i + 1) (n j + 1). Kona no, traºeno rje²enje je n n n [(n i + 1) (n j + 1) i j] [(n i + 1) i] n [(n j + 1) j] i1 j1 i1 j1 { n [ (n + 1) i i ]} n [ (n + 1) i i ] [ i1 (n + 1) n i i1 ] n i i1 [ n (n + 1) (n + 1) [ ] n (n + 1) (n + ). 6 j1 ] n (n + 1) (n + 1) 6 5

6 Permutacije supova Permutacije supova Definicija.1. Ureženu toru (b 1, b,..., b ) mežusobno razli itih elemenata iz supa A {a 1, a,..., a n } oji sadrºi n elemenata nazivamo permutacijom supa A. Posebno npermutaciju nazivamo jednostavno permutacijom supa A. ƒesto emo radi jednostavnije notacije ispustiti zagrade i permutaciju (b 1, b,..., b ) ozna avati s b 1 b... b. Primjer.1. Nea je A {a, b, c, d}. Napi²ite sve permutacije supa A. Rje²enje. Iz denicije odmah slijedi da je rje²enje ab, ac, ad, ba, bc, bd, ca, cb, cd, da, db, dc. Primijetite da aa, bb, cc, dd nisu permutacije, ve permutacije s ponavljanjem. Taožer poreda nam je bitan, pa npr. ba ab. Uolio poreda nije bitan rije je o ombinacijama, no o tome vi²e u sljede em poglavlju. Sada emo odrediti olio ima permutacija supa od n elemenata. Prisjetimo se denicije fatorijele: Definicija.. Za prirodan broj n definiramo n! n (n 1)... 1 (n fatorijel), dodatno 0! 1. Napomena.3. Primijetite da fatorijele brzo rastu (ve je 7! 5040), stoga je orisna Stirlingova formula oja ih (za velie n) dobro aprosimira: n! ( n ) n n! πn, lim ( e n πn n ) n 1. e Problem.4. Odredite olio ima permutacija supa oji sadrºi n elemenata. Rje²enje. Ozna imo traºeni boj s P n. Prvi element permutacije moºemo odabrati na n na ina, drugi na n 1,..., a posljednji (ti) na n + 1 na in. Iz principa produta slijedi P n n (n 1)... (n + 1) n (n 1)... (n + 1) (n )! (n )! n! (n )!. Primjer.. Kolio se nizova slova duljine 5 moºe sastaviti iz hrvatse abecede, tao da su na prvom i petom mjestu razli iti samoglasnici, a na ostala tri mjesta mežusobno razli iti suglasnici. (Hrvatsa abeceda ima 30 slova, od ojih su 5 samoglasnici, a ostalo suglasnici.) Rje²enje. Na prvo mjesto moºemo postaviti bilo oji od 5 samoglasnia, pa nam za peto mjesto ostaju 4 izbora, to nije, postoji P 5 na ina za popuniti prvo i peto mjesto. Drugo, tre e i etvrto mjesto moºemo popuniti na uupno P3 5 na ina. Sada, za bilo oji na in popunjavanja prvog i petog mjesta, postoji P3 5 na ina popunjavanja preostala tri mjesta. Dale, ona no rje²enje je P 5 P Primjer.3. Na zabavi je 7 mladi a i 3 djevoje. Na olio na ina ljude moºemo posloºiti u red tao da (a) djevoje se nalaze na prva tri mjesta; (b) tri djevoje ine jedan blo; (c) mladi i se nalaze na prvoj i posljednjoj poziciji i nema susjednih djevojaa. Rje²enje. (a) Djevoje mogu stati u red na 3! na ina, a mladi i na 7! na ina pa je ona no rje²enje 3! 7!. Za²to smo oristili princip produta, a ne princip sume?. 6

7 Permutacije supova (b) Blo od tri djevoje moºemo postaviti na 8 razli itih mjesta (tao da je prva djevoja u blou na jednom od 1. do 8. mjesta u redu, ulju ivo). Djevoje unutar toga bloa moºemo rasporediti na 3! na ina. Mladi e moramo rasporediti na preostalih 7 mjesta, ²to moºemo u initi na 7! na ina. Dale, rje²enje je 8 3! 7! 3! 8!. (c) Rasporedimo najprije mladi e u red, to moºemo u initi na 7! na ina. Sada u red moramo smjestiti jo² 3 djevoje. Prvu djevoju moºemo smjestiti izmežu prvog i drugog, drugog i tre eg, itd. ²estog i sedmog mladi a. Dale, za prvu djevoju imamo 6 na ina, sli no, naon ²to smo smjestili prvu djevoju, za drugu imamo 5 na ina, a ona no za tre u 4 na ina. Rje²enje je 7! Primjer.4. Kolio ima parnih brojeva izmežu 0000 i tavih da su znamene svaog broja mežusobno razli ite. Rje²enje. Na prvom mjestu moºe se nalaziti bilo oja znamena iz supa {, 3,..., 6}. Moramo posebno promotriti slu aj ada je prva znamena parna, te ada je neparna. 1 Uolio je prva znamena parna, nju moºemo izabrati na 3 na ina. Zadnju znamenu tada moºemo izabrati na 4 na ina (bilo oja parna znamena osim one oja je ve odabrana ao prva), a preostale tri znamene na na ina. Dale, u ovom slu aju imamo na ina. Uolio je prva znamena neparna, nju moºemo izabrati na na ina, zadnju na 5, a preostale 3 opet na 8 7 6, ²to nam daje jo² Dale, ona no rje²enje je ( ) Zadata.5. Na olio na ina se moºe razmjestiti 8 ula na ²ahovu plo u tao da se nioje dvije ule ne napadaju? (a) Bez dodatnih uvjeta. (b) Tao da se ule razliuju. [Rj. 8!] [Rj. (8!) ] (Kula napada sva polja u istom retu i stupcu u ojem se nalazi.) Primjer.6. Na olio na ina moºemo rasporediti n bra nih parova oo oruglog stola? smatramo jednaim ao se jedan iz drugoga moºe dobiti rotacijom. Dva rasporeda (a) Bez dodatnih uvjeta. (b) Tao da Ana i Ivan sjede jedno do drugoga. (n ) (c) mu²arci i ºene alterniraju, (d) svaa ºena sjedi do svog muºa. Rje²enje. (a) Moºemo razmi²ljati na dva na ina. Najprije poslaºemo ljude normalno u red, ²to moºemo u initi na (n)! na ina. Sada, rajeve tog reda spojimo u rug, vidimo da se svai raspored ponavlja to no n puta, dale, odgovor je (n 1)!. Zapamtimo da je broj rasporeda m ljudi oo oruglog stola jedna (m 1)!. Drugi na in je da izaberemo jednu osobu i nju smatramo po etom, sada je jasno da preostale ljude moºemo razmjestiti na (n 1)! na ina. (b) Anu i Ivana moºemo smatrati jednim bloom i ujedno njega smatrati po etom, Anu i Ivana unutar toga bloa moºemo rasporediti na na ina, a preostalih n ljudi na (n )! na ina. Dale, odgovor je (n )!. (c) Rasporeda n muºeva oo oruglog stola ima (n 1)!. Izmežu njih ºene se mogu sjesti na n! na ina. Slijedi da je traºeno rje²enje (za²to princip produta?) n! (n 1)!. 7

8 Permutacije supova (d) Promatajmo bra ne parove ao bloove. Tada ima (n 1)! rasporeda bra nih parova oo oruglog stola. Svai blo moºemo permutirati na dva na ina pa je rje²enje (za²to princip produta?) jednao n (n 1)!. Zadata.7. (a) S olio nula zavr²ava broj 100!? (b) S ojim esponentom prost broj p ulazi u rastav broja n! na proste fatore? Rje²enje. (a) Primjetimo da e broj 100! zavr²iti s onolio nula olio puta se broj 5 pojavljuje u njegovom raspisu na proste fator. (Za svai par brojeva i 5 u raspisu broja n! na proste fatore dobijemo jednu nulu na njegovom raju, ali broj se sigurno pojavljuje vi²e puta od broja 5.) Kona no, broj 100! zavr²ava s nule. (U (b) dijelu zadata je obja²njeno za²to vrijedi ori²tena formula.) (b) Prost broj p se u raspisu broja n! na proste fatore pojavljuje onolio puta olio ulazi u raspis svaog od brojeva iz supa {1,,..., n} na proste fatore. Broj p se u svim brojevima oji su djeljivi s p, a nisu djeljivi s p pojavljuje jednom, u svim onima oji su djeljivi s p, ali nisu s p 3 jo² jednom, itd. Dale, uupni broj pojavljivanja prostog broja p u raspisu broja n! na proste fatore je n n Napomena.5. Suma p je ona na, jer za sve prirodne brojeve tave da je p > n vrijedi p 0. 1 Zadata.8. Pau ima po jednu cipelu i jednu arapu za svau od svojih 8 noga. Na olio na ina se pau moºe obuti ao na svau nogu najprije mora obu i arapu, a onda cipelu. Prebrojavamo proces obla enja, a ne ona an rezultat! Rje²enje. Ozna imo s a i radnju obla enja arape, a s b i radnju obla enja cipele na i-tu nogu, i {1,..., 8}. Kao se arapa treba obu i prije cipele, a i uvije trebamo izvr²iti prije b i. Tada traºimo broj permutacija supa S : {a 1,..., a 8, b 1,..., b 8 } tavih da se za sve i {1,,..., 8} element a i nalazi u permutaciji prije elementa b i. Uupan broj permutacija tog supa bez resticija jedna je 16!. Sada trebamo prona i na in ao izbaciti nepovoljne permutacije. Iz tog razloga uvedimo relaciju evivalencije na supu permutacija prostora S s uvjetom da su dvije permutacije evivalentne ao se jedna moºe dobiti iz druge samo proizvoljnim zamjenom mjesta elemenata a i i b i (indes mora biti isti). Konretno, tada imamo da su permutacije (a 3, b 3, a 1, a 4, a 7, b 1, a, b, b 4, a 5, a 6, b 6, b 7, a 8, b 5, b 8 ) i (a 3, b 3, b 1, a 4, a 7, a 1, b, a, b 4, a 5, a 6, b 6, b 7, b 8, b 5, a 8 ) evivalentne (u drugoj permutaciji samo trebamo zamijeniti mjesta parovima (a 1, b 1 ), (a, b ) i (a 8, b 8 )), do permutacije (a 3, b 3, a 1, a 4, a 7, b 1, a, b, b 4, a 5, a 6, b 6, b 7, a 8, b 5, b 8 ) i (a 1, b 3, a 3, a 4, a 7, b 1, a, b, b 4, a 5, a 6, b 6, b 7, a 8, b 5, b 8 ) nisu evivalentne (trbali bismo zamijeniti mjesta elementima a 1 i a 3 ²to nije dopu²teno). Nije te²o provjeriti da smo s gornjim pravilom uistinu zadali relaciju evivalencije. Promotrimo particiju supa parmutacija supa S po zadanoj relaciji evivalencije. Lao je uo iti da svai sup iz dane particije ima to no 8 elemenata (imamo 8 parova ojima moºemo mijenjati mjesta), te da od tih 8 particija imamo to no jednu particiju oja odgovara uvjetima zadata. Sada je jasno da smo s brojem 16! dali to no 8 puta ve i broj, iz ega slijedi da je rje²enje 16! 8. 1 n p. Zadaci za vjeºbu Zadata.9. Nea je S sup prirodnih brojeva ije znamene su iz supa {1, 3, 5, 7} tavih da se niti jedna znamena ne ponavlja. 8

9 Permutacije supova (a) Odredite S. (b) Odredite n S n. [Rj. 64] [Rj ] Uputa. Pou²ajte neao pametno grupirati brojeve u supu S. Zadata.10. n andidata za nei posao se predstavlja pred tro lanom omisijom. Svai od lanova omisije rangira andidate prema svom riteriju. Pravilo je da e nei andidat biti prihva en ao su ga barem dvojica lanova omisije stavila na prvo mjesto. Izra unajte u olio e se posto slu ajeva izabrati nei andidat. [ Rj. ( n((n 1)!) 3 (n!) 3 + ( n(n 1) 3 ) ) ((n 1)!) 3 (n!) 3 100% 3n n 100% Uputa. Povoljne ishode, tj. one u ojima e neto biti izabran prebrojite tao da najprije prebrojite ishode u ojem su neog andidata izabrala to no dva lana omisije, a zatim i one u ojima su ga izabrala sva tri lana omisije. ] Zadata maji vodi po jedno svoje dijete na azali²nu predstavu. Pred ulazom u azali²te stvorio se red. Na olio na ina je mogu e posloºiti red ao: (a) svaa maja mora biti to no iza svog djeteta, [Rj. 10!] [ (b) svaa maja mora biti iza svog djeteta, ali ne moraju biti susjedni? Rj. 0! ] 10 9

10 Kombinacije supova 3 Kombinacije supova Definicija 3.1. Za podsup B, oji sadrºi elemenata, neog supa A aºemo da je -ombinacija od A. Primjer 3.1. Odredite sve -ombinacije supa {a, b, c, d}. Rje²enje. {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d} Napomena 3.. Sada je, naravno, {a, b} {b, a}, tj. od ombinacija nam za razliu od permutacija nije bitan poreda. Kao i od pemutacija elementi se ne smiju ponavljati pa {a, a} nije ombinacija ve ombinacija s ponavljanjem (vidi idu e poglavlje). Problem 3.3. Broj -ombinacija supa od n elemenata jedna je ( ) n n! (n )!!. Doaz. Znamo da permutacija n lanog supa ima P n n! (n )!. Kod ombinacija poreda nije bitan, stoga svaoj ombinaciji odgovara to no! razli itih permutacija. Zalju ujemo: ( ) n n! (n )!!. Napomena 3.4. Za > n deniramo ( ) n 0. Primjer 3.. Na olio na ina moºemo odabrati grupu od 5 osoba iz grupe od 4 profesora i 7 studenata (a) ao nema restricija, (b) tao da u grupi budu to no profesora, (c) tao da u grupi budu barem 3 profesora, (d) tao da odreženi profesor i student ne budu u grupi? Rje²enje. (a) Iz grupe od ljudi moramo izabrati 5, odgovor je (b) profesora moºemo izabrati na ( ) 11 na ina. 5 ( ) 4 na ina, a preostalih troje ljudi na (c) Posebno promatramo dva (disjuntna!) slu aja. 1 ( ) ( ) ( ) Odabrana su to no 3 profesora, imamo 4 84 na ina. 3 ( ) ( ) 4 7 Odabrana su to no 4 profesora, imamo 7 na ina. 4 1 Dale, imamo sveuupno 91 na ina. ( ) 7, rje²enje je 3 ( ) 4 ( ) 7. 3 Napomena 3.5. Neto no bi bilo najprije odabrati 3 profesora, a zatim od preostalih 8 ljudi jo² dvije osobe. Vi²e puta bi brojali istu situaciju u ojoj su sva etiri profesora izabrana. Za²to? Od pomo i vam moºe biti da pojednostavite zadata tao da imate profesora i jednog studenta te traºite dvo lanu grupu s barem jednim profesorom. 10

11 Kombinacije supova (d) Kao ne smijemo izabrati jednog profesora( i ) jednog studenta, preostaje nam 9 ljudi od ojih moramo 9 izabrati grupu od 5 ljudi, odnosno, imamo na ina. 5 Primjer 3.3. Na olio na ina moºemo podijeliti 40 studenata u 3 jednaobrojne supine tao da (a) prva supina ide na vjeºbe iz Vjerojatnosti, druga na vjeºbe iz Disretne matematie, a tre a na Englesi, (b) sve tri supine idu na vjeºbe iz Disretne matematie? Rje²enje. (a) Najprije odaberemo studente za prvu supinu, zatim( od) ostata ( ) studente za drugu supinu, a preostale studente smjestimo u tre u supinu. to nam daje na ina (b) Razmi²ljamo isto ao u (a) dijelu zadata, samo ²to nam u ovom slu aju nije bitno ( u oju e prostoriju 40 ) ( ) 80 oja grupa i i (u svima se slu²aju vjeºbe iz Disretne matematie), pa je odgovor na ina. 3! Teorem 3.6. Nea su n i prirodni brojevi tavi da je n. Za binomne oeficijente vrijedi. (1) Simetrija. () Pascalova formula. ( ) n ( ) ( ) n n. n ( ) n ( n 1 ). Doaz. Provesti emo ga na dva na ina. (i) Algebarsi na in. (1) ( ) ( ) n n!! (n )! n! n (n )! [n (n )]!. n () ( ) n ( ) n 1 (n 1)! ( 1)! (n )! + (n 1)! (n 1)! ( 1)! (n 1)!! (n 1)! ( 1 n + 1 ) (n 1)! ( 1)! (n 1)! n (n ) ( ) n! n! (n )!. (ii) Kombinatorni na in. (1) Broj s lijeve strane jedna je broju lanih podsupova n lanog supa. Broj s desne strane jedna je broju (n ) lanih podsupova n lanog supa. Ta dva broja su o ito jednaa, jer za svai izbor lanog podsupa jednozna no odredimo jedan (n ) lani podsup i obratno. 11

12 Kombinacije supova ( ) ( ) n n 1 () Uolio je n identitet trivijalno vrijedi, jer je 1. Pretpostavimo sada da je n n 1 < n. Prema definiciji je izraz s lijeve strane broj ombinacija n lanog supa. Poaºimo da je tome jedna i broj s desne strane. Promatrajmo proizvoljan sup S oji ima n elemenata. Nea je x S. Sve ombinacije moºemo podjeliti u dvije (disjuntne!) familije lanih podsupova supa S: one oje sadrºe element x: A {X S : X, x X}, te one oje ne sadrºe element x: B {X S : X, x / X}. ( ) n 1 Vrijedi A (svai sup familije A sastoji se od elementa x i jo² 1 elemenata od 1 ( ) n 1 preostalih n 1 elemenata supa S), B. O ito je da familije A i B u uniji daju sve lane podsupove supa S. Ovime je doaz gotov. Zadata 3.4. Nea su n i prirodni brojevi tavi da je n. Kolio ima binarnih nizova duljine n [ oji sadrºe ( )] n nula i n jedinica? Rj. Primjer 3.5. Metoda uglica i ²tapi a. Na olio na ina moºemo n N jednaih uglica rasporediti u m N razli itih utija? Rje²enje Promatrajmo niz uglica i pregrada ao na gornjoj slici. Kuglice lijevo od prve pregrade pripadaju prvoj utiji, uglice izmežu prve i druge pregrade drugoj utiji, itd. uglice naon zadnje pregrade zadnjoj utije. Dale, imamo niz od n uglica i m ( 1 pregrada. ) Svai niz odrežuje to no jedan raspored uglica po utijama. Pregrade moºemo razmjestiti na na ina, ²to je i odgovor na pitanje zadata. n + m 1 m 1 Zadata 3.6. Nea su m i n prirodni brojevi. Odredite broj nenegativnih cjelobrojnih rje²enja jednadºbe x 1 + x x m n. [ Rj. ( )] n + m 1 m 1 Primjer 3.7. Kolio ima ureženih etvori (x 1, x, x 3, x 4 ) N 4 tavih da je x 1 x x 3 x Rje²enje Svai fator broja 9000 je oblia x i αi 3 βi 5 γi ; α i, γ i {0, 1,, 3}, β i {0, 1, }, i {1,, 3, 4}. Da bi bilo x 1 x x 3 x , mora vrijediti α 1 + α + α 3 + α 4 3, β 1 + β + β 3 + β 4, γ 1 + γ + γ 3 + γ 4 3. ( ) ( ) ( ) Postoji razli itih rje²enja prve jednadºbe, druge, te zadnje. Odgovor na pitanje zadata je ( ) ( ) Primjer 3.8. Kolio ima najra ih puteva u cjelobrojnoj mreºi od (0, 0) do (m, n) N? (a) Bez dodatnih uvjeta. (b) Koji prolaze to om (p, q), gdje je p N, p < m i q N, q < n. 1

13 Kombinacije supova (c) Koji ne prolaze segmentom [(p, q), (p + 1, q)], gdje je p N, p < m 1 i q N, q < n. Rje²enje. Najprije primjetimo da su svi putevi oji se sastoje samo od retanja desno i gore jednao dugi i da su to najra i putevi. Svai niz od x N 0 slova `D' (desno) i y N 0 slova `G' (gore) odrežuje to no jedan put od (x 0, y 0 ) N 0 do (x 0 + x, y 0 + y). Npr. GGGDDGDGGDDD nam odrežuje put od (x 0, y 0 ) do (x 0 + 6, y 0 + 6). ( ) m + n (a) Nizova duljine m + n oji sadrºe m slova `D' i n slova `G' ima (izaberemo m mjesta na ojima m e biti slovo `D', a na preostalima tada mora biti slovo `G'), to je i odgovor u ovom slu aju. ( ) p + q (b) Najprije iz (0, 0) dožemo u (p, q), a zatim iz njega u (m, n). Prvi dio puta moºemo izabrati na ( ) ( ) ( ) p m p + n q p + q m p + n q na ina, a drugi na na ina. Dale, postoji puteva. m p p m p (c) U ovom slu aju emo od svih mogu ih (najra ih) puteva oduzeti one oji prolaze tim segmentom, a tim segmentom ( prolaze ) svi putevi oji vode od (0,( 0) u (p, ) q), ( iz njega u (p + 1, ) q), a zatim u (m, n). m + n p + q m p 1 + n q Uupno ima puteva. Lo²ih puteva ima. Kona no, rje²enje je ( ) ( m ) ( ) p m p 1 m + n p + q m p 1 + n q puteva. m p m p 1 Definicija 3.7. Za prirodan broj n nea je dan sup A s n elemenata. Sparivanje je particija supa A na dvo lane podsupove. Primjer 3.9. Nea je n N. Odredite olio ima razli itih sparivanja supa A oji sadrºi n elemenata. Rje²enje. Dat emo dva na ina rje²avanja. (i) Permutacija supa A ima (n)!. Permutacija jednog sparivanja supa A ima n!. Dale, iz svaog sparivanja supa A moºemo dobiti to no n n! permutacija supa A (svai lan sparivanja, oji je dvo lani sup, moºemo unutar sebe permutirati puta). Iz dva razli ita sparivanja niao ne moºemo dobiti dvije jednae permutacije. Taožer, iz svih mogu ih sparivanja dobiti emo sve permutacije. Dale, svih mogu ih sparivanja supa A ima (n)! n n!. (ii) Najprije od n elemenata izaberemo, zatim od preostalih n jo², itd. zadnja preostala stavimo u nti sup. No, nije nam bitan poreda tao dobivenih dvo lanih supova, stoga je rje²enje n 1 i0 ( n i ) n! 1 n 1 n! i0 (n i) (n i 1) (n)! n n!. 13

14 Permutacije i ombinacije s ponavljanjem 4 Permutacije i ombinacije s ponavljanjem Definicija 4.1. Ureženu toru (x 1, x,..., x ) (ne nuºno razli itih) elemenata supa S nazivamo permutacijom s ponavljanjem. Primjer 4.1. A {a, b, c}. Odredi sve -permutacije s ponavljanjem supa A. Rje²enje. (a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c) Prorodno se javlja pitanje: olio je permutacija s ponavljanjem supa od n elemenata? Problem 4.. Odredite olio ima permutacija s ponavljanjem supa oji sadrºi n elemenata. Rje²enje. Prvi lan urežene tore moºemo odabrati na n na ina, drugi taožer na n na ina (jer se elementi smiju ponavljati),..., i ti na n na ina. U svemu, ureženu toru moºemo odabrati na n na ina. Zadata 4.. Na olio na ina moºemo 6 vrsta vo a ojeg imamo u neograni enim oli inama podijeliti [ izmežu 10 djece tao da svao dijete dobije po jednu vo u? Rj ] Napomena 4.3. Kada vo a ne bismo imali u neograni enim oli inama, zadata bi bio puno sloºeniji (vidi Primjer 4.5). Definicija 4.4. Kona ni multisup M na supu S je urežen par (S, m) gdje je m : S N 0 funcija tava da je x S m(x) ona an broj. Za x S broj m(x) zovemo ratnost od x. Definicija 4.5. Nea je M (S, m) multisup. Ureženu toru (x 1, x,..., x ), x i S, i {1,,..., }, tavu da je broj pojavljivanja elementa x i manji od m (x i ) zovemo permutacija multisupa. Ao je m(x), govorimo o permutaciji multisupa M. x S Primjer 4.3. M {a, a, b, b, c, c, c} {a, b, c 3 } Kolio ima permutacija multisupa M? Rje²enje. Moºemo razmi²ljati na dva na ina. 1. na in. Broj permutacija 7 lanog supa je 7!. Kao je M multisup, vi²e puta smo brojali nee permutacije (prvi a i drugi a ne razliujemo). Svaa permutacija istih elemenata supa rezultira istom permutacijom 7! multisupa M. Zato je traºeni broj!! 3!. ( ) 7. na in. Odabiremo najprije dva mjesta (od sedam) na oje emo smjestiti aove. To moºemo u initi na ( ) (( )) 5 na ina. cove zatim moºemo rasporediti na na ina, a za bove je preostao samo jo² jedan na in. 3 ( ) ( ) ( ) 7 5 7! Uupno je broj permutacija multisupa jedna 3! 3!!. Analogno odrežujemo i broj permutacija op enitog multisupa. Napomena 4.6. Broj permutacija multisupa {x m1 1, xm,..., xm }, pri emu je m i N, jedna je ( ) ( ) ( ) N N m1 N m1 m... m 1 N!... m 1! m!... m! m 1 m m i1 Zadata 4.4. Odredi broj ternarnih nizova (nizovi nula, jedinica i dvoji) oji imaju nule, [ 3 jedinice i 5] 10! dvoji. Rj.! 3! 5! 14

15 Permutacije i ombinacije s ponavljanjem Primjer 4.5. Kolio ima peteroznamenastih brojeva ojima su znamene elementi multisupa { 7 4,, 4 1, 6 1}? Rje²enje. Uo imo da bi zadata bio znatno la²i da oristimo sve znamene, odnosno da traºimo olio ima osmeroznamenastih brojeva. Zadata emo rije²iti rastavljanjem na neolio slu ajeva u ovisnosti o tome olio istih znamenaa sadrºi traºeni petroznamenasti broj. U opisu svaog slu aja navodimo multisupove zbroja ratnosti 5 iji e elementi biti znamene traºenog broja. 1 { 7 4, 1}, { 7 4, 4 1}, { 7 4, 6 1} Broj permutacija svaog od triju multisupova jedna je 5! 4!, i zato je uupan broj brojeva u prvom slu aju jedna # 1 3 5! 4! 15 { 7 3, 1, 4 1}, { 7 3, 1, 6 1}, { 7 3, 6 1, 4 1} # 3 5! 3! 60 3 { 7 3, } # 3 5!! 3! 10 4 { 7,, 4 1}, { 7,, 6 1} 5! # 4!! { 7, 1, 4 1, 6 1}, { 7 1,, 4 1, 6 1} # 5 5!! 10 Dale, tavih je brojeva uupno # 5 # i 65 (Ovaav problem ne bismo mogli op enito rije²iti barem zasad) i1 Primjer 4.6. Poaºite da je broj (4n)! djeljiv s 3n i 3 n Rje²enje. Promotrimo multisup M { a 4 1, a 4,..., a 4 n}. Broj permutacija tog multisupa (prirodan broj!) (4n)! je 4! 4!... 4! (4n)! 3n 3 N n Napomena 4.7. Sli no, zbog ombinatorne interpretacije znamo i da je izraz oblia n! prirodan broj.!(n )! ( ) Definicija 4.8. Za lani m(x) multisup M (S, m) aºemo da je ombinacija s ponavljanjem supa S. x S Primjer 4.7. Ispi²i sve -ombinacije s ponavljanjem supa S {a, b, c}. Rje²enje. {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, a}, {b, b}, {c, c}. Napomena 4.9. Ovo su dvo lani podmultisupovi multisupa M {a, b, c } (svai od elemenata mo- ºemo odabrati olio god puta ºelimo). Sada ºelimo odrediti broj ombinacija s ponavljanjem n lanog supa. Nea je S {a 1, a,..., a n } zadani sup. Tada s x i ozna imo broj ponavljanja elementa a i u ombinaciji. Problem se tada svodi na odreživanje broja nenegativnih cjelobrojnih rje²enja jednadºbe x 1 + x x n. (1) Taj problem rje²avamo metodom ²tapi a i uglica, opisanom u Primjeru 3.5. ( na stranici) 1. ( ) n + 1 n + 1 Teorem Broj ombinacija s ponavljanjem n lanog supa jedna je. n 1 Napomena Ponovno naglasimo da smo promatrali slu aj ad se svai lan supa S moºe pojaviti po volji mnogo puta. U ontestu jednadºbe (1) to zna i da elementi x i nisu odozgo ograni eni. Rje²enje u slu aju 15

16 Permutacije i ombinacije s ponavljanjem ad e postojati ograni enja na broj ponavljanja odreženog elementa u supu emo za jednostavni slu aj vidjeti u Primjeru 4.9, do emo rje²enje u op enitijem obliu omentirati asnije. Primjer 4.8. U Bologni se prodaju tri vrste sendvi a: sa ²unom, tunom i vegetarijansi. Na olio na ina student moºe naru iti 6 sendvi a (nije bitan redoslijed naru ivanja)? Rje²enje. Traºimo sve ²estero lane podsupove multisupa {S (, T, V }, ) odnosno ( ) broj nenegativnih cjelobrojnih rje²enja jednadºbe x 1 + x + x 3 6. Taj je broj jedna Primjer 4.9. Kolio ima cjelobrojnih rje²enja jednadºbe uz uvjete: x 1, x 4, x 5 0; x 3 7; x x 1 + x + x 3 + x 4 + x 5 50 Rje²enje. Uvest emo supstituciju [y 1 x 1, y x, y 3 x 3, y 4 x 4, y 5 x 5 ], naon ega po etna jednadºba glasi y 1 + y + y 3 + y 4 + y 5 46 () uz uvjete y i 0, i {1,,..., 5} i y 3 5 Jednostavnom supstitucijom svodimo uvjet x c, c N na x 0, ²to znamo rije²iti. Uvjet y 3 5 taožer emo pou²ati svesti na poznatu situaciju. Posluºit emo se principom omplementa: broj cjelobrojnih rje²enja jednadºbe () uz uvjet y 3 5 jedna je razlici broja rje²enja bez iavih dodatnih uvjeta i broja rje²enja uz uvjet y 3 > 5, tj. y 3 6. Broj rje²enja uz uvjet y 3 6 odrežujemo supstitucijom z 3 y 3 6, te z i y i, za i 1,, 4, 5 pa govorimo o jednadºbi z 1 + z + z 3 + z 4 + z Na raju, broj cjelobrojnih nenegativnih ( rje²enja po etne jednadºbe jedna je 46 ) ( ) ( 50 4 ) ( 44 4 ). Primjer Kolio ima podsupova supa {1,,..., n} tavih da ne sadrºe dva uzastopna broja? Rje²enje. vrijedi to treba zadovoljavati da zadata uop e ima smisla? Promatramo brojeve b 1, b,...,b tave da 1 b 1 < b < < b n + 1. O ito gornje ima smisla samo u slu aju n + 1, ²to je i nuºan uvjet da postoji traºeni podsup. Sada uvedimo a 1 b 1, a b + 1, a 3 b 3 +,..., a b + 1. Mežu brojevima a 1,..., a nema uzastopnih i za njih vrijedi 1 a 1 < a <... < a n, pa nije te²o uo iti da postoji bijecija izmežu -tori (a 1, a,..., a ) i (b 1, b,..., b ). Dale, ( potrebno ) je odgovoriti na olio na ina moºemo odabrati elemenata od njih n + 1. Odgovor je n + 1. Problemi distribucije 1. šelimo odrediti broj rasporeda m razli itih objeata u n razli itih utija tao da (a) u svau utiju moºemo staviti najvi²e jedan objet: n (n 1)... (n m + 1). (b) svaa utija moºe sadrºavati proizvoljno mnogo objeata: n m. Primjetite da poreda unutar utija nije bitan; npr. n 1 i m. (c) svaa utija moºe sadrºavati samo jedan objet, a na raspolaganju je r 1 objeata prve vrste,...,r objeata te vrste, gdje je n r i : i1 n! r 1! r!. 16

17 Permutacije i ombinacije s ponavljanjem (d) svaa utija moºe sadrºavati proizvoljan broj objeata, ali poreda unutar utije je bitan: n (n + 1) (n + )... (n + m 1).. šelimo odrediti broj rasporeda m identi nih objeata u n razli itih utija tao da (a) u svau utiju stavimo najvi²e jedan objet: ( ) n. m (b) u svau utiju stavimo proizvoljan broj objeata: ( ) n + m 1. m (c) niti jedna utija ne bude prazna: Traºimo broj cjelobrojnih rjes²enja jednadºbe r 1 + r r n m, r i 1. Uz supstituciju s i r i 1 s s n m n. Rje²enje je, stoga ( ) m n + n 1 n 1 ( ) m 1. n 1 17

18 Kombinatorno doazivanje identiteta 5 Kombinatorno doazivanje identiteta U ovoj cjelini emo doazivati identite metodom dvostruog prebrojavanja. Pretpostavimo da ºelimo doaziti nei identitet A B pri emu su izrazi A i B tavi da ih moºemo ombinatorno interpretirati (sume i produti binomnih eocijenata, fatorijela, Stirlingovih ili Fibonaccijev brojevi, itd.) Metoda se sastoji od tri oraa. Najprije deniramo sup S ojem emo odrediti broj elemenata na dva razli ita na ina. U drugom orau doazujemo da je A S. Naj e² e je ovaj ora ide diretno iz denicije supa S (izraz A nam daje ideju ao denirati S). Posljednji ora je doazivanje B S iz ega zalju ujemo da vrijedi A B. Ponead je potrebno isoristiti princip bijecije ao bi se doazalo B S. 5.1 Permutacije Zadata 5.1. Doaºite tvrdnje oriste i ombinatorne argumente, tj. metodom dvostruog prebrojavanja. (a) P n n 1 np 1 Nea je S sup svih -permutacija supa X od n elemenata. Na lijevoj strani jednadºbe je broj elemenata supa S prema Problemu.4. Na desnoj strani je isti broj zapisan na drugi na in. Svaa -permutacija odrežuje i odrežena je elementom x 1 na prvom mjestu i ( 1)-permutacijom preostalih n 1 elemenata supa X X \ {x 1 }. Element na prvom mjestu moºemo odabrati na n na ina, a preostali niz od 1 elemenata iz (n 1)- lanog supa A moºemo odabrati na P n 1 1 na ina. 18 (b) P n+1 (c) (d) P n + P n 1 Nea je S sup svih -permutacija supa X od n + 1 elemenata. Na lijevoj strani jednadºbe je broj elemenata supa S prema Problemu.4. Fisirajmo nei element x iz supa A. Sup svih -permutacija od A moºemo podijeliti u dva disjuntna supa ovisno o tome pojavljuje li se element x u permutaciji ili ne. Broj permutacija u ojima se x pojavljuje je Pn 1 jer moramo odabrati jednu od n pozicija za element x i na preostale pozicije odbrati ( 1)-toru iz n- lanog supa X \ {x}. Broj permutacija u ojima se ne pojavljuje x je jednostavno broj -permutacija n- lanog supa X \ {x}. ( )( ) n m m r ( )( ) n n r r m r Nea je X sup od n elemenata i nea je S sup svih urženih parova (Y, Z) ( tavih ) da je Z Y X i n Z r, Y m. Podsup Y X taav da je Y m moºemo odabrati na na ina, a jednom ad ( m ) m smo odabrali sup Y podsup Z Y taav da je Z r moºemo odabrati na na ina. Zato je broj r traºenih parova (Y, Z) jedna lijevoj strani identiteta. S druge strane, sup S je u bijeciji sa supom svih ureženih parova (Y, Z) pri emu je Z X, Z r, Y X Z, Y ( ) m r. Bijecija je dana n s Y Y \ Z. Podsup Z X taav da je Z r moºemo odabrati na na ina. Jednom ad smo r odabrali sup Z podsup Y X Z taav da je Y m r moºemo odabrati na ( n r m r). Ovo poazuje da je broj elemenata supa S jedna desnoj strani identiteta. Dat emo sliovitiju interpetaciju. Pretpostavimo da promatramo izbor za najljep su pudlicu svijeta. Tada je na lijevoj strani broj na cina na oji od n pudlica mo zemo izabrati m njih oje idu u polunale, a zatim od pudlica u polunalu odabrati r njih oje idu u nale. Na desnoj strani prvo od n natjecateljica odabiremo r njih za nale, a onda od preostalih n r mjesta odabiremo njih m r oje su u polunalu. Ovdje smo brojali urežene parove supova pudlica oje idu u polunale i nale. r 0 ( )( ) m n r ( ) m + n r Ponovno emo ponuditi sliovito rje senje zadata. Prebrojimo sup S svih mogu ih odabira r- lane eipe za matemati cu olimpijadu s andidatima od ojih je m mladi a i n djevojaa. S desne strane je broj na cina na oji mo zemo od tih m + n osoba odabrati r clanova eipe, tj. broj elemenata supa S. Primjetimo da sup S moºemo podijeliti na disjuntne supove u ovisnosti o broju oji predstavlja broj mladi a u eipi i moºe biti 0, 1,,..., n. Tih mladi a moºemo odbrati na ( ) m na ina, a jednom ad

19 5.1 Permutacije (e) smo odbrali mladi e eipu moºemo dopuniti s r djevojaa na ( n r ) na ina. Zato lijeva strana taožer daje broj elemenata supa S. Preciznije, nea su X i Y disjuntni supovi tavi da je X n i Y m. Ao je S sup svih podsupova Z X Y tavih da je Z r, onda desna strana ozna ava broj elemenata supa S. Primjetite da je sup S u bijeciji s unijom disjuntnih supova S, {0, 1,..., n}, pri emu su elementi supa S ureženi parovi (P, R) tavi da je P X, R Y i R, P r. Bijecija je dana s Z P R i P Z X, R Z Y. Upotpunite sve detalje ovog rje²enja. n ( ) n i n n 1 i i0 Zamislimo ovavu situaciju: iz supine od n vatrogasaca izdvojen je jedan ojeg nazivamo apetan i on mora odabrati po volji mnogo ostalih ljudi oji s njim idu u misiju. Budu i da apetana moºemo odabrati na n na ina i on za svaog od preostalih n 1 ljudi odlu uje ide li ili ne ide u misiju, desna strana je broj na ina da se formira tava vatrogasna eipa. Svaa tava eipa moºe se formirati tao da odaberemo i od n vatrogasaca oji idu u misiju i mežu njima (dale, na i na ina) odaberemo apetana. Budu i da je veli ina eipe proizvoljna zbrajamo brojeve i ( n i) za sve vrijednosti i od 0 do n. Preciznije, za n- lani sup X desna strana broji elemente supa S svih ureženih parova (x, Y ) pri emu je x X i Y X \ {x}. Sup S je u bijeciji s unijom disjuntnih supova S i, i {0, 1,..., n}, pri emu su elementi supa S i ureženi parovi (x, Z) tavi da je Z X i x Z. Bijecija je dana s Z Y {x}, Y Z \ {x}. Dovr²ite rje²enje za vjeºbu. Zadata 5.. Izra unajte sumu n ( )( ) n r. r r [ ( )] n Rj. n 19

20 Reurzivne relacije 6 Reurzivne relacije 6.1 Homogene linearne reurzije s onstantnim oecijentima Izraz oblia c r a n+r + c r 1 a n+r c 0 a n 0 nazivamo homogena linearna reurzija s onstantnim oecijentima reda r. Traºimo rje²enje u obliu a n x n. Uvr²tavaju i dobivamo taj izraz se naziva arateristi na jednadºba. c r x n+r + c r 1 x n+r c 0 x n 0 / : x n c r x r + c r 1 x r c 0 x 0 0, Teorem 6.1. Ao su x 1, x,..., x r mežusobno razli ita rje²enja arateristi ne jednadºbe, onda je svao rje- ²enje po etne reurzije oblia a n A 1 x n 1 + A x n A r x n r, gdje A 1,..., A r odrežujemo iz po etnih uvjeta. Primjer 6.1. Rije²ite reurzivnu relaciju: a n a n 1 + a n a n 3 ; a 1 1, a, a 3 3. Rje²enje. Uvr²tavanjem x n u a n a n 1 a n + a n 3 0 dobivamo arateristi nu jednadºbu x n x n 1 x n + x n 3 0 / : x n 3, x 3 x x + 0. Izra unamo nulto e: 1, 1,, pa je op e rje²enje: a n A ( 1) n + B 1 n + C n. Sada iz po etnih uvjeta imamo: 1 a 1 A ( 1) + B + C a A 1 + B + C 4 A 1 6, B 1, C a 3 A ( 1) + B + C 8 Iz ega imamo rje²enje a n ( 1)n n 3. Teorem 6.. Ao su rje²enja arateristi ne jednadºbe x 1,, x m s ratnostima 1,, m, onda je op e rje²enje reurzije dano formulom a n ( A 11 + A 1 n + + A 11 n 1 1) x n 1 + ( A 1 + A n + + A n 1) x n. + ( A m1 + A m n + + A mm n m 1) x n m. Napomena 6.3. Uo ite da se za i 1, i 1,..., m, formule iz prethodna dva teorema podudaraju, tj. formula iz Teorema 6. je uisitnu poop enje formule iz Teorema 6.1. Primjer 6.. Rije²ite reurziju: a n 7a n a n 9a n 3 0; a 0 1, a 1, a 3. Rje²enje. Karateristi na jednadºba: x 3 7x + 15x 9 0 x 1 1, x x 3 3, sada je op e rje²enje a n A 1 n + B 3 n + C n 3 n. 0

21 6. Nehomogene linearne reurzije s onstantnim oecijentima Iz po etnih uvjeta imamo Uvrstimo u op e rje²enje i imamo a n 1 a 0 A + B a 1 A + 3B + 3C 3 a A + 9B + 18C A 0, B 1, C 1 3. ( 1 n ) 3 n. 3 Zadata 6.3. Rije²ite reurziju a n + a n 0; a 0 1, a 1 1. [ Rj. a n 1 i i n i ] ( i) n 6. Nehomogene linearne reurzije s onstantnim oecijentima Izraz oblia c r a n+r + + c 1 a n+1 + c 0 a n f(n), gdje je f nea funcija od n, nazivamo nehomogena linearna reurzija s onstantnim oecijentima rtog reda. Postupa za rje²avanje: (1) Nalazimo op e rje²enje pripadne homogene jednadºbe a H n. () Traºimo partiularno rje²enje a P n prema tablici (oja slijedi). (3) Op e rje²enje je a n a H n + a P n, a oecijente odrežujemo iz po etnih uvjeta. f (n) C b n p (n) R [x], stupanj od p m C n m b n a P n (a) (b) (a) (b) (a) (b) b nije orijen arateristi ne jednadºbe; a P n A b n b je orijen arateristi ne jednadºbe ratnosti ; a P n A n b n 1 nije orijen arateristi ne jednadºbe; a P n p 1 (n), polinom stupnja m s neodreženim oeficijentima 1 je orijen arateristi ne jednadºbe ratnosti ; a P n n p 1 (n) b nije orijen arateristi ne jednadºbe; a P n p 1 (n) b n, stupanj od p 1 m b je orijen arateristi ne jednadºbe ratnosti ; a P n n p 1 (n) b n ovdje nam C, b i A predstavljaju nee onstante. Primjer 6.4. Rije²ite reurziju a n+1 5a n 4n + n + 6; a 1 1. Rje²enje. Rje²avanjem arateristi ne jednadºbe pripadne homogene reurzije dobivamo a H n A 5 n. Dalje, vidimo da partiularno rje²enje moramo traºiti u obliu a P n Bn + Cn + D, uvr²tavanjem u danu reurziju dobivamo B (n + 1) + C (n + 1) + D 5Bn 5Cn 5D 4n + n + 6 4Bn + (B 4C) n + (B + C 4D) 4n + n + 6. Izjedna avaju i oeficijente s lijeve i desne strane (ao u jednaosti polinoma) nalazimo B 1, C 1, D. Kona no, uvr²tavanjem a n a H n + a P n u po etni uvjet 1 a 1 5A 1 1 5A 4, 1

22 6.3 Reurzivno rje²avanje zadataa nalazimo da je A 1. Rje²enje dane reurzije je a n 5 n n n. Primjer 6.5. Rije²ite reurziju a n 6a n 1 9a n + n 3 n a 0, a 1 3. Rje²enje. Karateristi na jednadºba pripadne homogene reurzije dana je s x 6x + 9 0, te ima rje²enja x 1 x 3. Dale, a H n A 3 n + B n 3 n. Sada vidimo u avom obliu moramo traºiti partiularno rje²enje, odnosno a P n n (an + b) 3 n. Uvr²tavanjem u danu reurziju imamo n (an + b) 3 n 6 (n 1) [a (n 1) + b] 3 n 1 9 (n ) [a (n ) + b] 3 n + n 3 n / : 3 n n (an + b) (n n + 1 ) (an a + b) ( n 4n + 4 ) (an a + b) + n (1 6a) n + (6a b) 0. Dale, a 1 6, b 1. Sada, uvr²tavanjem a n a H n + a P n u po etne uvjete dobivamo A, B 5 3. Kona no rje²enje je a n 3n 1 (n 3 + 3n 10n + 1 ). Zadata 6.6. Rije²ite reurziju a n 3a n 1 + a n n ; a 0 3, a 1 8. [Rj. a n (n + 1) n + ] Primjer 6.7. Rije²ite sustav reurzija a n a n 1 + 4b n 1, b n 5a n 1 + 7b n 1 ; } a 1 4, b 1 1. Rje²enje. Iz prve reurzije dobivamo b n 1 a n + a n 1, odnosno b n a n+1 + a n. Uvr²tavaju i dobiveno 4 4 u drugu reurziju dobivamo da je potrebno rje²iti reurziju a n 5a n 1 + 6a n 0; a 1 4, a a 1 + 4b 1 4. Rje²enje dobivene reurzije je a n n n, a sada lao nalazimo i da je b n n n. 6.3 Reurzivno rje²avanje zadataa Primjer 6.8. Na olio na ina moºemo plo u 1 n poplo ati plo icama dimenzija 1 1 i 1? Rje²enje. Nea je J n broj na ina iz zadata. Promotrimo prvu plo icu. Uolio je ona dimenzija 1 1 ostata plo e moºemo poplo ati na J n 1 na ina, a uolio je ona dimenzija 1 onda ostata moºemo poplo ati na J n na ina. Dale, vrijedi reurzija J n J n 1 + J n. Po etni uvjeti su J 1 1, J. Preostaje nam samo za primjetiti da je J n F n+1, gdje je (F n ) n N Fibonaccijev niz. Napomena 6.4. Fibonaccijev niz je deniran s F 1 F 1, te F n F n 1 + F n, n 3. Zatvorena formula za Fibonaccijeve brojeve dana je s [( F n ) n ( 5 1 ) n ] 5, n N.

23 6.3 Reurzivno rje²avanje zadataa Primjer 6.9. (a) Odredite broj podsupova supa {1,,..., n} oji nemaju susjednih elemenata. (b) Kolio ima binarnih nizova duljine n oji nemaju susjednih jedinica? Rje²enje. Kao u doazu Teorema 1.4. onstruiramo bijeciju izmežu supova opisanih pod (a) i binarnih nizova opisanih pod (b) (dale, odmah vidimo da je pod (a) i pod (b) jedna odgovor). Pretpostavimo da znamo odgovor za svai prirodan broj manji od n. Ozna imo s a n traºeni broj. Na zadnje mjesto u nizu moºemo staviti ili 0 ili 1 (ili emo uzeti nti element ili ne emo). Uolio je 0, onda o ito imamo a n 1 na ina, a uolio je to 1, onda na (n 1)vom mjestu ne smije biti 1, pa imamo a n na ina. Dale, dobili smo reurziju a n a n 1 + a n, s po etnim uvjetima a 1, a 3, ona no a n F n+. Zadata Odredite reurzivnu relaciju za broj ternarnih nizova duljine n, a n, oji ne sadrºe podniz 01. Uputa. Rastavite zadata na disjuntne slu ajeve ovisno oji se broj nalazi na prvom mjestu, s posebnim oprezom ad je to 0. Rje²nje je dano s a n 3a n 1 a n 3 a 1 3, a 9, a 3 6. Zadata Na olio na ina moºemo plo u n poplo ati plo icama dimenzija 1 1 i 1? (rotiranje plo ica je dozvoljeno) Uputa. Ozna imo s a n traºeni broj, a s b n broj na ina na oji moºemo poplo ati rnju" plo u n (plo i n manemo jedno rajnje polje 1 1). Analizom mogu ih plo ica oje mogu do i na jedno sno rajnje polje (ili na istureno" polje u slu aju rnje plo e) dobivamo sustav reurzija a n a n 1 + a n + b n + b n 1, b n a n 1 + b n 1 iz ojeg slijedi a n a n 1 + a n a n 3. jedinstveno odrežen. Jo² je preostalo odrediti po etne uvjete a 1, a, a 3 i onda je a n Zadata 6.1. Nea je J n ao u Primjeru 6.8. Doaºite tvrdnje oriste i ombinatorne argumente, tj. metodom dvostruog prebrojavanja. 1. J m+n J m J n + J m 1 J n 1 Broj prerivanja plo e duljine m + n jedna je J m+n. Promotrimo plo u na mjestima m i m + 1. Ao se na njima nalazi domino, onda preostali dio plo e moºemo preriti na J m 1 J n 1 na ina, ao je plo a slomljiva na tom mjestu onda je moºemo preriti na J m J n na ina.. 3J n J n+ + J n Promatramo (n + 3)-plo u slomljivu iza mjesta 3. Prva tri mjesta mo i emo popuniti na tri na ina (J 3 3), a ostata plo e na J n pa uupno tavu plo u moºemo preriti na 3J n na ina. Na i interpretaciju desne strane je ne²to teºe. Ao vadrati nije druga li tre a plo ica u prerivanju onda raspored prvih plo ica mora biti KDD (da bi plo a bila slomljiva iza mjesta 3), a ostata moºemo preriti na J n na ina, ao je vadrati na drugom ili tre em mjestu rasporedi plo e su oblia DK... ili KDK... ili KKK... ulonimo li vadrati (oji je drugi ili tre i u prerivanju) dobivamo rasporede oblia D..., KK... ili KD, tj. sve mogu e rasporede prerivanja plo e duljine n + avih ima J n+. 3

24 6.3 Reurzivno rje²avanje zadataa p ( ) p 3. J n i J n+p. i i0 Desna strana ozna ava broj poplo avanja plo e duljine n + p. Za interpretaciju lijeve strane razliujemo disjuntne slu ajeve: ao se mežu prvih p plo ica u prerivanju nalazi to no i domina, moºemo ih rasporediti na ( p i) na ina, a preostalih n + p i (p i) n i mjesta moºemo preriti na Jn i na ina. Budu i da i moºe biti bilo oji broj od 0 do p, prema pravilu sume slijedi traºena tvrdnja. 4. Jn J n 1 + Jn Promatrajmo plo u duljine n slomljivu iza mjesta n. Razliujemo dva disjuntna slu aja. Ao su mjesta n 1, n, n + 1 i n + porivena dominama (... DD... ), ostata plo e moºemo preriti na J n J n na ina. S druge strane, ao su spomenuta mjesta porivena rasporedima... KD... ili... KK... ili... DK..., izbacimo vadrati s mjesta n ili n + 1 i dobivamo prerivanja plo e duljine n 1 ojih ima J n 1. Primjer Na olio masimalno podru ja n pravaca dijeli ravninu? Rje²enje. Zanima nas masimalni broj, stoga moºemo pretpostaviti da nioja dva pravca nisu paralelna i da se nioja tri ne sijeu u istoj to i. Ozna imo s a n traºeni broj. Kada na n 1 pravac dodamo jo² jedan, dobivamo n dijelova ravnine vi²e no ²to smo imali. O ito je a 1, dale, trebamo rje²iti a n a n 1 + n; a 1. Tipi ni na in rje²avanja dobivene reurzije znamo, poaºimo sada tzv. telesopiranje. a n a n 1 + n [a n + (n 1)] + n n n (n + 1) + 1. Zadata Nea je r n broj djelova na oje dijagonale onvesnog nterouta djele njegovu unutra²njost. Pretpostavimo da se nioje 3 dijagonale ne sijeu u istoj to i. Nažite [ reurziju i zatvorenu formulu za r n. Rj. r n n4 6n 3 + 3n ] 4n Uputa. Dodamo ntu to u i prebrojimo olio novih djelova dobijemo. To radimo na taj na in da tu novu to u spajamo s preostalima i to jednu po jednu i gledamo olio smo novih djelova dobili u svaom orau. Traºena reurzija je ( ) n 1 r n r n oju lao rje²avamo telesopiranjem. + n r n 1 + n3 6n + 17n 18, n 4, r 3 1, 6 4

25 Funcije izvodnice 7 Funcije izvodnice Do sada smo pod rje²enjem ombinatornih problema uglavnom podrazumijevali zatvorenu formulu, npr. n! za broj permutacija ili ( n ) za broj -ombinacija supa od n elemenata. No svi ombinatorni problemi nemaju rje²enje u obliu zatvorene formule pa smo npr. sa S (n, ) ozna ili broj -particija supa od n elemenata, a B n za broj particija supa od n elemenata. Nee probleme poput odreživanja broja -ombinacija ona nog multisupa (vidi Primjer 4.9. na stranici 16), odreživanje broja permutacija s ponavljanjem ona nog multisupa (vidi Primjer 4.3. i Primjer 4.5. na stranici 14) trebalo je rastaviti na slu ajeve i onda rije²iti svai slu aj posebno. Kod tavih problema od velie pomo i su nam funcije izvodnice oje ne samo da moºemo shvatiti ao rje²enje danog problema, ve su i mo an tehni i alat za rje²avanje ombinatornih problema. 7.1 Obi ne funcije izvodnice Primjer 7.1. Na olio na ina moºemo "usitniti" nov anicu od 0 n ao na raspolaganju imamo ovanice od 1, i 5 n? Rje²enje. Ozna imo sa x, y i z broj ovanica od jedne, dvije i pet una. Tada problem glasi: Kolio ima rje²enja jednadºbe x + y + 5z 0, x, y, z 0, x, y, z Z? Problem moºemo rije²iti rastavljanjem na slu ajeve po npr. varijabli z. No dobili bismo previ²e slu ajeva, a i ºelimo na i metodu oja rje²ava sve sli ne probeme. Promotrimo izraz: Raspi²emo li ovaj produt dobivamo sumu u ojoj svai pribrojni odgovara neom iznosu ispla enom u ovanicama po 1, ili 5 n. Jedan taav pribrojni je Rje²enje je broj pribrojnia za oje se dobije da im je suma 0. Uz supstituciju slijedi: f (x) ( 1 + x + x + x 3 + ) (1 + x + x 4 + ) (1 + x 5 + x 10 + ) f (x) a 0 + a 1 x + a x + Treba odrediti oecijent a 0 (oznaa x 0 ). Grubom silom dobivamo: f (x) a 0 + a 1 x + a x + + a 0 x 0 + [Rj. a 0 9] Do²li smo do funcije izvodnice za niz (a n ). U osnovi smo problem rije²ili rastavljanjem (to nije, popisivanjem) svih mogu ih slu ajeva, no zbog ompatnije notacije rje²enje je ipa bilo jednostavnije za odrediti. 5

26 7.1 Obi ne funcije izvodnice Definicija 7.1. Za niz (a n ) n N pridruºena funcija izvodnica (sra eno FI) je formalni red potencija a n x n. Red nazivamo formalnim jer ne razmatramo pitanje onvergencije ao od Taylorovih redova. Nas ne zanima vrijednost u odreženoj to i x ve islju ivo oecijenti. Osnovne operacije s formalnim redovima identi ne su ao i od Taylorovih redova. Definicija 7.. Nea su f 1 (x) a n x n i f (x) b n x n funcije izvodnice. Tada deniramo: n0 (f 1 + f ) (x) n0 n0 (a n + b n ) x n (3) n0 n (f 1 f ) (x) a b n x n (4) n0 0 d dx f 1 (x) na n x n 1 (5) n0 f 1 (x) dx n0 a n n + 1 xn+1 (6) Pro itajte poglavlje predavanja iz funcija izvodnica i provjerite moºete li izvesti osnovne operacije: iz danog niza odredite mu pripadnu funciju izvodnicu i iz dane funcije izvodnice odredite pripadni niz. Priliom odreživanja oecijenata oristimo svojstva Taylorovih redova: Geometrijsi red (onvergira za x < 1) 1 + x + x + x x Prisjetimo se jo² neih tvrdnji oje vrijede za Taylorove redove : Binomni pou a. (1 + x) n n 0 ( ) n x Op i binomni pou a. (1 ± x) α 0 ( ) α (±x) Definicija 7.3. Nea je α R, n N. Tada se op i binomni oecijent ( ) α α (α 1) (α n + 1). n n! ( ) α denira ao n Napomena 7.4. Uo ite da je Op i binomni pou a poop enje Binomnog pou a, tj. da se formule podudaraju za α N (problem je ²to u op em binomnom pou u imamo red, a ne ona nu sumu). 6

27 7.1 Obi ne funcije izvodnice Pomo u funcija izvodnica moºemo opravdati metodu za rje²avanje linearnih reurzija s onstantnim oecijentima. Ovdje e nas vi²e zanimati modeliranje ombinatornih problema (ombinacije ona nog mutisupa, permutacije s ponavljanjem). Interpretacija binomnog pou a pomo u funcija izvodnica ( ) n broj -ombinacija n- lanog supa Nea je S {S 1, S,, S n } n- lani sup, te A {S i1, S i,, S i } S - lani podsup od S. Na olio na ina moºemo odabrati A? Prvi element moºemo uzeti 0 puta ili jednom, drugi element moºemo uzeti 0 puta ili jednom,... i n-ti element moºemo uzeti 0 puta ili jednom, odnosno: (1 + x) (1 + x) (1 + x) (1 + x) n Dale f (x) (1 + x) n n 0 to je s ombinacijama s ponavljanjem n- lanog supa? Svai element moºemo uzeti proizvoljno mnogo puta! ( ) n x je funcija izvodnica za broj ombinacija n- lanog supa. f (x) ( 1 + x + x + ) (1 + x + x + ) (1 + x + x + ) 1 1 x 1 1 x 1 ( ) n 1 x 1 1 x a 0 + a 1 x + a x + Dobiveni red nazivamo funcijom izvodnicom za ombinacije multisupa {S 1, S,, S n }. Pravilo inverzije ( ) n ( n) ( n 1) ( n + 1)! ( 1) (n + 1) (n + ) (n) ( 1) ( n + 1! ) Vratimo se sad primjeru -ombinacija multisupa {S1, S,, Sn }: ( ) n 1 f (x) 1 x (1 x) n ( ) n ( x) 0 ( ) ( 1) n + 1 ( 1) x 0 ( ) n + 1 x 0 Zadata 7.. Odredite funciju izvodnicu za broj ombinacija multisupa { a, b, c, d } te odredite olio ima 4-ombinacija. 7

28 7.1 Obi ne funcije izvodnice Rje²enje. Elemente a i c moºemo uzeti 0,1 ili puta, do elemente b i c moºemo uzeti ili ne uzeti: f (x) ( 1 + x + x ) (1 + x) ( 1 + x + x ) (1 + x) Sada je lao to izmnoºiti te potom o itati x 4 f (x) 1 + 4x + 8x + 10x 3 + 8x 4 + 4x 5 + x 6 x 4 8 Zadata 7.3. Odredite funciju izvodnicu za broj ombinacija multisupa { a 10, b 7, c 1} te odredite olio ima 15-ombinacija. Rje²enje. Element a moºemo uzeti proizvoljan broj puta, od 0 do 10, b od 0 do 7 puta i c od 0 do 1 puta: f (x) ( 1 + x + + x 10) ( 1 + x + + x 7) ( 1 + x + + x 1) 1 x11 1 x 1 x8 1 x 1 x13 1 x ( 1 x 11) (1 x 8) (1 { x 13) (1 x) 3 (1 x) 3 ( ) 3 ( x) ( } + )x ( 1 x 8 x 11 x 13 + x 19 + ) ( ) + x x 15 ( ) ( ) ( ) ( ) + 79 Zadata 7.4. Na olio na ina se 4 jednaa bombona moºe raspodijeliti mežu 4 djece tao da svao dijete dobije barem 3, ali ne vi²e od 8 bombona? Rje²enje. Svaom od njih etvero moºemo dati 3, 4,... ili 8 bombona. f (x) ( x 3 + x x 8) 4 x 1 (1 + x + + x 5) 4 ( ) 1 x x x x 1 (1 x 6) 4 4 (1 x) x 1 (1 4x 6 + 6x 1 4x 18 + x 4) ( 4 0 ( x 1 4x x 4 4x 30 + x 36) ( + 3 x 4 ( ) ( ) + 6 ( ) 3 0 ) ( x) ) x Napomena 7.5. Uo ite da smo u prethodna tri zadata prezentirali drugi na in rje²avanja Primjera 4.9. na stranici 16 (probajte ga rije²iti s ovom metodom), s tim da s funcijama izvodnicama moºemo raditi s proizvoljno mnogo ograni enja. Taožer bismo lao rije²ili problem da nea varijabla mora biti djeljiva s i sl. (samo uzimamo parne potencije...). Zadata 7.5. Petero dje aa dijeli n jednaih slati²a na na in da drugi dje a uzme najvi²e 5 slati²a, etvrti dje a uzme olio prvi, drugi i tre i zajedno, a peti dje a uzme za jedan vi²e od drugog. Napi²ite 8

29 7.1 Obi ne funcije izvodnice funciju izvodnicu za (a n ), gdje je a n broj na ina na oji dje aci mogu rasporediti slati²e. Nadalje, oriste i dobivenu funciju izvodnicu, izra unajte a 4 i a 3. Rje²enje. Ozna imo s x i, i {1,..., 5}, broj slati²a oje je dobio i-ti dje a pa imamo x x 5 n, x i 0, i {1,..., 5}. Taožer iz uvjeta raspodjele zalju ujemo x 5, x 4 x 1 + x + x 3 i x 5 x + 1 pa ona no traºimo rje²nje problema Funcija izvodnica je dana s x 1 + 3x + x 3 n 1, x 1, x, x 3 0, x 5. f(x) (1 + x + x ) (1 + x 3 + x 6 + x 9 + x 1 + x 15 ) (1 + x 3 + x 6 + x 9 + x 1 + x 15 ) 0( + 1)x, s tim da je a n x n 1. Kona no je a 3 x , do je a 4 x Zadata 7.6. Broj particija p 1 (n) od n u razli ite sumande jedna je broju particija p (n) od n u neparne sumande. Doaºite! Rje²enje. Na i emo funcije izvodnice za oba problema, i poazati da su jednae! Same brojeve tavih particija ne znamo izra unati, pa nam funcije izvodnice uvelie pomaºu u ovom slu aju. Pogledajmo particije od n 6 u razli ite i u neparne sumande: Funciju izvodnicu f 1 za ra unanje p 1 (n) nije te²o odrediti, svai od sumanda moºemo uzeti 0 ili 1 put, dale: f 1 (x) (1 + x) (1 + x ) (1 + x n ) ( 1 + x ) 1 Analogno odredimo i f, smijemo uzimati samo neparne sumande, ali ih moºemo uzeti proizvoljno mnogo puta: f (x) ( 1 + x + x + ) (1 + x 3 + x 6 + ) (1 + x 5 + x 10 + ) 1 1 x 1 1 x x 5 Preostaje poazati da su te dvije funcije jednae: f 1 (x) ( 1 + x ) ( ) 1 x x 1 x 1 x 1 x4 1 x 1 x6 1 x 3 1 x8 1 x 4 f (x) Jer se svi fatori oblia 1 x porate. Napomena 7.6. Pogre²no bi bilo funciju izvodnicu za broj particija u razli ite sumande iz prethodnog zadata denirati ao f (x) (1 + x) (1 + x) (1 + x). Do tog rezultata dolazimo razmi²ljaju i na sljede i na in; u }{{} n puta rastavu broja n na razli ite sumande, jedinicu emo uzeti ili ne uzeti, analogno, dvoju emo uzeti ili ne uzeti itd. To razmi²ljanje je denitivno to no, ali nam ovdje svai od odabira nije "jednao vrijedan", ao od npr. odabira - lanog podsupa n- lanog supa! Primjetimo da bismo u tom slu aju oecijent x n oji odgovara broju rastava broja n na razli ite sumande dobili na jedan jedini na in; iz svae zagrade odaberemo x (dale ni iz jedne ne odaberemo 1) i sve ih pomnoºimo. Vidjeli smo da za n 6 taav priaz nije jedinstven 9

30 7. Esponencijalne funcije izvodnice (zapravo, za svai n N, n 3 taav priaz nije jedinstven). Uo imo da svai od navedenih rastava u primjeru za n 6 odgovara jednom od na ina na oji moºemo dobiti x n iz funcije f 1 i obratno: x 1 x x x 1 x x x 4 6 x 6 Jasno je da isto vrijedi za svai n N. Rje²avanje raznih ombinatornih problema pomo u funcija izvodnica naizgled zaobilazi "problem" zbrajanja, stvar se svodi na mnoºenje, zapravo je u pozadini x n x m x n+m Upravo bi iz tih razloga bilo jednao rivo denirati doti nu funciju ao f (x) (1 + x) (1 + x) (1 + nx). 7. Esponencijalne funcije izvodnice Veza permutacija i ombinacija n- lanog supa: Dale e (x) n 0 a P n ( ) n! (1 + x) n n 0 ( ) n a! ( ) n x a! x je esponencijalna funcija izvodnica za permutacije n- lanog supa. Definicija 7.7. Za niz (a n ) n N pridruºena esponencijalna funcija izvodnica (sra eno EFI) je formalni red a n potencija n! xn. n0 Definicija 7.8. Nea su e 1 (x) b n n! xn esponencijalne funcije izvodnice. Tada deniramo: n0 a n n! xn i e (x) (e 1 + e ) (x) (e 1 e ) (x) d dx e 1 (x) e 1 (x) dx n0 n0 n n0 0 n0 n0 ( n a n + b n x n (7) n! ) a b n x n (8) n! a n (n 1)! xn 1 (9) a n (n + 1)! xn+1 (10) Primjer 7.7. Nea je S {a n1 1, an,, an } multisup. Odredite esponencijalnu funciju izvodnicu za permutacije multisupa. Rje²enje. Element a i moºemo uzeti od 0 do n i puta, i tao i 1,,, : ) ( x e (x) (1 + + x1!! + + xn1 1 + x ) ( n 1! 1! + + xn 1 + x ) n! 1! + + xn n! 30

31 7. Esponencijalne funcije izvodnice Primjer 7.8. Kolio ima rije i duljine 4 sastavljenih od slova B,A,N,A,N i A? Rje²enje. Traºe se 4-permutacije multisupa S { A 3, B, N }. Slovo A moºemo uzeti od 0 do 3 puta, B uzeti ili ne, a C moºemo uzeti 0, 1 ili puta: ) ) e (x) (1 + x + x! + x3 (1 + x) (1 + x + x 3!! 1 + 3x + 4x x x4 + 1 x x6 a 4 4! x a 4 38 Zadata 7.9. Kolio ima ternarnih nizova duljine n, tao da imamo paran broj nula, neparan broj jedinica i proizvoljno dvoji? Rje²enje. Za nule uzimamo samo parne potencije, za jedinice neparne, a za dvoje sve: ) ) ) e (x) (1 + x! + x4 4! + (x + x3 3! + (1 + x + x! + ex + e x ex e x e x 1 4 (e x e x) e x 1 4 (e 3x e x) ( 1 ) 4 (3x) ( x)!! (7) 4 3 ( 1) x! 0 x n 1 4 3n ( 1) n n! a n 3n ( 1) n 4 Napomena 7.9. Toom rje²avanja oristili smo rezultate oje dobijemo zbrajanjem, odnosno oduzimanjem sljede ih jednadºbi: e x e x 1 + x + x! + x3 3! + 1 x + x! x3 3! + Napomena U Primjeru 7.7 smo vidjeli drugi (op enitiji) na in rje²avanja Primjera 4.5. na stranici 15 (probajte ga rije²iti s ovom metodom). Definicija Deranºman je permutacija bez snih to aa. Zadata Odredite EFI za deranºmane! 31

32 7. Esponencijalne funcije izvodnice Rje²enje. Ozna imo broj deranºmana n- lanog supa sa d n, EFI za broj deranºmana sa d (x). d n d (x) n! xn. n0 Sup svih permutacija S n supa od n elemenata, moºemo razdvojiti na disjuntnu uniju n 0 S () n Sada je gdje je S () n sup svih permutacija n- lanog supa oje imaju snih to aa, i to za svai 0, 1,, n. Dobivamo Pomnoºimo dobiveni rezultat sa xn n!, imamo n0 x n n! n 0 x n 1 1 x n 0 ( ) n d n ( ) n dn x n, n N n! n0 0 n0 0 (8) n ( n n ( n ( e x d (x) n0 ) dn x n n! ) dn x n x n n! n! ) ( n0 d n n! xn ) Preostaje razviti dobivenu funciju: d (x) 1 1 x e x d (x) 1 1 x e x x n ( x) n n! n0 n0 n ( 1) x n! n0 0 Sada lao vidimo olii je broj deranºmana n- lanog supa, naime x n n ( 1) 0! pa je n ( 1) d n n!! 0 3

33 Formula ulju ivanja i islju ivanja 8 Formula ulju ivanja i islju ivanja Za dva disjuntna supa, A i B, znamo da je broj elemenata njihove unije jedna zbroju elemenata u svaom od njih. Op enito vrijedi X Y X + Y (pri zbrajanju ardinalnih brojeva supova dvaput su brojani elementi presjea). Vrijedi A B A + B A B Teorem 8.1. Formula ulju ivanja i islju ivanja Nea je S ona an sup i A 1, A,..., A n S. Tada je broj elemenata njihove unije A 1 A... A n Odatle slijedi: n A i i1 1 i<j n A i A j + 1 i<j< n A i A j A ( 1) n 1 A 1 A... A n Ā1 Ā... A n n S A i + A i A j... + ( 1) n A 1... A n i1 i<j Napomena 8.. ƒesto u zadacima imamo A i b 1, A i A j b,... (ardinalni broj presjea svaa dva supa je jedna...) pa se gornja formula pojednostavljuje u Provjerite! A 1 A... A n n i0 ( ) n b i. i Zadata 8.1. Nea je S { 1,,..., 10 6}. Kolio je brojeva iz S oji nisu djeljivi ni s dva, ni s tri niti sa etiri? 10 Rje²enje. Ozna imo: A i {x S : i x}. Vrijedi A i 6 i. Nas zanima Ā Ā3 Ā4, a on je, prema drugoj tvrdnji prethodnog teorema, jedna Ā Ā3 Ā4 S A A 3 A 4 + A A 3 + A A 4 + A 3 A 4 A A 3 A Zadata 8.. Kolio brojeva dijeli barem jedan od brojeva 10 60, 0 50, 30 40? Rje²enje. Ozna imo A { d N : d 10 60}, B { d N : d 0 50}, C { d N : d 30 40} Kao je svi brojevi iz A su oblia α1 5 α, uz 0 α 1, α 60. Zato je A 61. Istim zalju ivanjem nalazimo B i C 41 3 Zanima nas i olio ima brojeva oji su istovremeno i u A i u B. Oni u svom rastavu na proste fatore smiju imati samo dvoje i petice, pri emu dvoji smije biti najvi²e 60 (zbog oblia brojeva iz A), a petica najvi²e 50 (zbog oblia brojeva iz B). Zato je A B Sli no je i B C 41, A C 41, A B C 41. Sada prema formuli ulju ivanja i islju ivanja nalazimo A B C Zadata 8.3. Pustinjom putuje aravana od devet deva. Naon odmora u oazi, potrebno je promijeniti redoslijed deva tao da niti jedna deva ne hoda iza one deve iza oje je hodala prije dolasa u oazu. Na olio je na ina to mogu e napraviti? Rje²enje. Ao je S sup svih redoslijeda deva, a A i {redoslijed u ojem i-ta deva hoda iza (i 1). deve}, i,..., 9, ºelimo utvrditi olio je Ā Ā3... Ā9. Znamo da je S 9! i A 8!, za 9 (dvije deve promatramo ao blo). Isto tao znamo da za sve i, j vrijedi A i A j 7! (promatramo ili dva bloa od dvije deve i jo² 5 deva ili, u slu aju da su i i j uzastopni, jedan blo od tri deve i jo² 6 deva). Sli nim 33

34 Formula ulju ivanja i islju ivanja razmi²ljanjem dolazimo do A i A j A 6!,..., A 1 A... A 9 1. Zato je traºeni broj redoslijeda Ā 1 Ā... Ā9 S 0 n A i + A i A j... + ( 1) 9 A 1 A... A 9 i1 i<j ( ) 8 6! ( ) 8 9! 8 8! + 7! 8 ( ) 8 ( 1) (9 )! Zadata 8.4. Na po etu nove sezone RK Zagreb potpisuje ugovore s poja anjima. Na potpisivanje je do²lo n ruometa²a, svai u pratnji agenta i lije nia. Na olio na ina moºemo tu grupu od 3n ljudi rasporediti u tro lane grupe sastavljene od jednog ruometa²a, jednog agenta i jednog lije nia, ali tao da nijedan ruometa² nije u grupi s oba svoja pratitelja? Rje²enje. Svih mogu ih grupiranja u troje ima n! (ruometa² odrežuje grupu, a zatim agente i lije nie moºemo rasporediti po grupama na n! na ina). Nea je A i sup onih grupiranja u ojima je i-ti ruometa² u grupi sa svojim lije niom i agentom. Tada je A i (n 1)! (jedna je grupa zadana, brojimo na ine na olio se moºe sastaviti preostalih n 1 grupa), A i A j (n )!,..., A 1 A... A n 1. Na raju je Ā1 Ā... A n n! n A i + A i A j... + ( 1) n A 1 A... A n i1 i<j ( ) ( ) n n (n )! (n 3)! +... ( 1) n 3 n! n (n 1)! + n ( 1) 0 ( ) n (n )! Zadata 8.5. Odredi broj deranºmana n- lanog supa ( ) n 0! n Rje²enje. Nea je S n sup svih permutacija n- lanog supa. Nas zanima olio je permutacija π S n tavih da je π(i) i, i. Uvedimo oznau A i {π S n : π(i) i} S n n! A i (n 1)! A i A j (n )!. A 1 A... A n 1 Sada, sli no ao u prethodna dva zadata, dolazimo do formule za broj deranºmana n ( 1) n 0 ( ) n (n )! Definicija 8.3. Eulerova funcija broja n, ϕ(n), je broj prirodnih brojeva manjih ili jednaih od n oji s brojem n nemaju zajedni ih djelitelja Zadata 8.6. Pronaži izraz za Eulerovu funciju Rje²enje. Broj n moºemo priazati ao umnoºa njegovih prostih fatora, n p α1 1 pα... pα Nea je A i sup svih vi²eratnia broja p i manjih ili jednaih od n, 1 i. Tada je ϕ(n) Ā1 Ā... Ā n A1 A... A, 34

35 Formula ulju ivanja i islju ivanja ²to ra unamo po formuli ulju ivanja i islju ivanja. Uz imamo ϕ(n) n ( n p 1 + n p n p n p 1 p n(1 1 p 1 )(1 1 p )... (1 1 p ) A i n p i A i A j. A 1 A... A 1 n p 1 p 3... n p i p j n p 1 p ( 1) n p 1 p... p ) Zadata 8.7. Kolio je najra ih puteva u cjelobrojnoj mreºi od ishodi²ta do to e (7, 5) oji ne prolaze segmentima [(,),(3,)] i [(4,),(4,3)]? [ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )] Rj Zadata 8.8. Koriste i formulu ulju ivanja i islju ivanja odredite olio ima cjelobrojnih rje²enja jednadºbe uz uvjete: x 1, x 4, x 5 0; x 3 7; x 8. x 1 + x + x 3 + x 4 + x

36 Teorija grafova 9 Teorija grafova 9.1 Uvod Definicija 9.1. Graf je urežen par (V, E), pri emu je V sup vrhova, a E sup bridova. Sup bridova E je podsup svih dvo lanih podsupova od V. Za vrhove aºemo da su susjedni ao je {A, B} E. Vrh A i brid e su incidentni ao je A e, tj. ao postoji e taav da e {A, B} za nei B. Primjer 9.1. Graf sa vrhovima V {a, b, c, d, e, f, g} i bridovima E {{a, b}, {a, d}, {b, f},, {f, g}} c e d b f a g Definicija 9.. Multigraf je graf iji bridovi ine multisup. Petlja je brid oji spaja vrh sa samim sobom. Stupanj vrha v(d(v)) je broj bridova oji su incidentni sa vrhom v. Napomena 9.3. Kada ºelimo naglasiti da graf nema niti vi²estruih bridova niti petlji ( denicije 9.1.), onda graf nazivamo jednostavnim grafom. Teorem 9.4. (Lema o ruovanju) U jednostavnom grafu G (V, E) zbroj stupnjeva svih vrhova je paran, tj. d(v) je paran. v V Zadata 9.. Je li mogu e da u grupi od sedam osoba svaa osoba ima to no tri poznania. Rje²enje. Defnirajmo problem u terminima teorije grafova: nea su vrhovi osobe, a poznanstva bridovi (spojimo poznanie bridom). Kada bi svaa osoba imala to no tri poznania tada bi stupanj svaog vrha bio tri, tj. ( v V ) d(v) 3, ²to je u ontradiciji s lemom o ruovanju. Bez ori²tenja leme o ruovanju iz relacije E v V d(v) 7 3 1, uo avamo da je na lijevoj strani jednaosti paran broj, do je na desnoj strani neparan broj, pa taav graf ne postoji. Definicija 9.5. etnja u grafu G (V, E) je niz vrhova (v 1, v,, v ) pri emu su v i i v i+1 susjedni za i 1,,, 1. Staza je ²etnja u ojoj su svi bridovi razli iti (ali mogu a su ponavljanja vrhova), do je put staza u ojoj su svi vrhovi razli iti (osim eventualno prvog i zadnjog - taav put nazivamo cilusom). Definicija 9.6. Graf G 1 (V 1, E 1 ) je podgraf od G (V, E) ao je V 1 V, a E 1 {{v i, v j } E : v i, v j V 1 }. Ao je E 1 {{v i, v j } E : v i, v j V 1 } tada aºemo da je G 1 inducirani podgraf. Definicija 9.7. Grafovi G 1 (V 1, E 1 ) i G (V, E ) su izomorfni ao postoje bijecije θ : V 1 V i ϕ : E 1 E tave da je vrh v incidentan sa bridom e u G 1 ao i samo ao je θ(v) incidentan sa bridom ϕ(e) u G. 36

37 9.1 Uvod Napomena 9.8. Funciju ϕ iz prethodne denicije moºemo denirati preo θ s ϕ({a, b}) : {θ(a), θ(b)}. Napomena 9.9. Ao su grafovi G 1 i G izomorfni onda vrijedi (1) V 1 V () E 1 E (3) d(v) d(θ(v)), v V 1 (4) Ao je (v 0, v 1,, v 0 ) cilus duljine n onda je (θ(v 0 ), θ(v 1 ),, θ(v 0 )) isto cilus duljine n. (5) Inducirani podgraf sa V V 1 je izomorfan s induciram podgrafom θ(v ) V. Zadata 9.3. Odredite jesu li sljede i grafovi izomorfni. 4 3 d c 8 7 h g 5 6 e f 1 a b Rje²enje. Odmah uo avamo da je broj vrhova i broj bridova isti u oba grafa. Taožer vidimo da u oba grafa postoje 4 vrha stupnja i 4 vrha stupnja 3. Pou²ajmo provjeriti svojstvo 5 iz gornje napomene. Promotrimo inducirani podgraf G ({b, d, f, g}, {{bf}, {dh}}). Vrhovi tog podgrafa su stupnja 3 pa se moraju presliavati u vrhove {1, 4, 5, 8}, ali ao god ih presliali ta dva podgrafa ne e biti izomorfna. Zalju ujemo, grafovi nisu izomorfni. Zadata 9.4. Ispi²ite sve izomorfne lase grafa oji ima 4 vrha. Rje²enje. E 0 E 1 37

38 9.1 Uvod E E 3 E 4 E 5 E 6 Primjetite da slu aj E i ima isto lasa ao i slu aj E 6 i. To je zato ²to slu aj E 6 i dobijemo tao da u slu aju E i sve bridove obri²emo, a sve to e oje nisu bile spojene bridom spojimo. 38