OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA () 6. studenog 2011. 1 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA -vrlo često susrećemo se sa problemima prebrojavanja elemenata nekog konačnog skupa S () 6. studenog 2011. 2 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA -vrlo često susrećemo se sa problemima prebrojavanja elemenata nekog konačnog skupa S -pri tom znamo odrediti S, znamo dijelove od S ili znamo faktore od S Za rješavanje takvih problema, koristimo tri osnovna principa prebrojavanja: 1.) PRINCIP JEDNAKOSTI: nije važno kako prebrojimo sve elemente 2.) PRINCIP SUME: cjelina je jednaka sumi dijelova 3.) PRINCIP PRODUKTA: veličina produkta jednaka je produktu faktora () 6. studenog 2011. 2 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA PRINCIP JEDNAKOSTI ILI BIJEKTIVNE KORESPONDENCIJE Neka su S i T konačni skupovi. Ako postoji bijekcija medu njima, onda je S = T. () 6. studenog 2011. 3 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA PRINCIP JEDNAKOSTI ILI BIJEKTIVNE KORESPONDENCIJE Neka su S i T konačni skupovi. Ako postoji bijekcija medu njima, onda je S = T. PRINCIP SUME Neka je n N, S 1,..., S n konačni skupovi takvi da S i S j =, i j, i, j = 1,..., n. Tada je i S 1 S 2... S n konačan skup i vrijedi S 1 S 2... S n = S 1 + S 2 +... + S n. () 6. studenog 2011. 3 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA PRINCIP JEDNAKOSTI ILI BIJEKTIVNE KORESPONDENCIJE Neka su S i T konačni skupovi. Ako postoji bijekcija medu njima, onda je S = T. PRINCIP SUME Neka je n N, S 1,..., S n konačni skupovi takvi da S i S j =, i j, i, j = 1,..., n. Tada je i S 1 S 2... S n konačan skup i vrijedi S 1 S 2... S n = S 1 + S 2 +... + S n. PRINCIP PRODUKTA Neka je n N, S 1,..., S n konačni skupovi takvi da S i S j =, i j, i, j = 1,..., n. Tada je i njihov Kartezijev produkt S 1 S 2... S n konačan skup i vrijedi S 1 S 2... S n = S 1 S 2... S n. () 6. studenog 2011. 3 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA Primjer 1 Na jednoj kući u prizemlju se nalazi 4 prozora, na prvom katu 6, a na drugom katu 8 prozora. Svi oni gledaju prema moru. Na koliko načina možemo promatrati more? () 6. studenog 2011. 4 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA Primjer 1 Na jednoj kući u prizemlju se nalazi 4 prozora, na prvom katu 6, a na drugom katu 8 prozora. Svi oni gledaju prema moru. Na koliko načina možemo promatrati more? 4 + 6 + 8 = 18 Primjer 2 Iz otoka A u otok B plove četiri trajekta, a iz otoka B u otok C 5 trajekata. Na koliko načina možemo doći iz otoka A u otok C preko otoka B? () 6. studenog 2011. 4 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA Primjer 1 Na jednoj kući u prizemlju se nalazi 4 prozora, na prvom katu 6, a na drugom katu 8 prozora. Svi oni gledaju prema moru. Na koliko načina možemo promatrati more? 4 + 6 + 8 = 18 Primjer 2 Iz otoka A u otok B plove četiri trajekta, a iz otoka B u otok C 5 trajekata. Na koliko načina možemo doći iz otoka A u otok C preko otoka B? 4 5 = 20 () 6. studenog 2011. 4 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA Teorem 1 (o uzastopnom prebrojavanju) Neka je n N, S 1,..., S n konačni skupovi, a S S 1 S 2... S n skup uredenih n-torki (x 1,..., x n) definiran ovako: prva komponenta x 1 može se izabrati na p 1 načina, za svaku već izabranu komponentu drugu komponentu možemo izabrati na p 2 načina,..., za svaki izbor komponenata x 1,x 2,..., x n 1, n-tu komponentu možemo izabrati na p n načina. Tada skup S ima p 1 p 2 p n elemenata. () 6. studenog 2011. 5 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA Teorem 1 (o uzastopnom prebrojavanju) Neka je n N, S 1,..., S n konačni skupovi, a S S 1 S 2... S n skup uredenih n-torki (x 1,..., x n) definiran ovako: prva komponenta x 1 može se izabrati na p 1 načina, za svaku već izabranu komponentu drugu komponentu možemo izabrati na p 2 načina,..., za svaki izbor komponenata x 1,x 2,..., x n 1, n-tu komponentu možemo izabrati na p n načina. Tada skup S ima p 1 p 2 p n elemenata. Dakle, ako prvi objekt možemo birati na p 1 načina, drugi na p 2 načina,..., n-ti na p n načina, onda imamo p 1 p 2 p n načina da se izaberu svi objekti. () 6. studenog 2011. 5 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA Primjer 3 Na studentskom tulumu svaki je student odigrao sa svakim od preostalih jednu partiju sedmice. Ukupno je odigrano 15 partija. Koliko je studenata bilo na tulumu? () 6. studenog 2011. 6 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA Primjer 3 Na studentskom tulumu svaki je student odigrao sa svakim od preostalih jednu partiju sedmice. Ukupno je odigrano 15 partija. Koliko je studenata bilo na tulumu? Rješenje: n = broj studenata n(n 1) parova studenata (svaki igra sa još n 1 drugih) n(n 1) 2 = 15 n = 6 () 6. studenog 2011. 6 / 18
TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA Teorem 2 Neka su r,n N, a T,S skupovi takvi da T = r, S = n. Tada svih funkcija sa Tu S ima n r, tj. {f f : T S} = S T = S T = n r. Dokaz: Neka je T = {x 1,..., x r }, a S = {y 1,..., y n}. Neka je f : T S proizvoljna funkcija. Element x i T se sa f može preslikati u bilo koji element y i S, tj. na p 1 = n načina. Bez obzira kako preslikali x 1, element x 2 T možemo preslikati u bilo koji element iz S, dakle, ukupno na n načina...itd. Slijedi (po principu produkta) S T = n r. () 6. studenog 2011. 7 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Definicija Neka je S skup od n elemenata, a r N. Tada je r-permutacija skupa S uredena r-torka (x 1,..., x r) kod koje su sve komponente x 1,..., x r medusobno različiti elementi od S. () 6. studenog 2011. 8 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Definicija Neka je S skup od n elemenata, a r N. Tada je r-permutacija skupa S uredena r-torka (x 1,..., x r) kod koje su sve komponente x 1,..., x r medusobno različiti elementi od S. P(n,r) - oznaka za broj svih r-permutacija od n elemenata P(n,0) = 1; P(n,r) = 0 za r > n -za r = n govorimo samo o permutaciji skupa S Katkad se r-permutacija n-članog skupa naziva i VARIJACIJA r-tog RAZREDA BEZ PONAVLJANJA od n elemenata. () 6. studenog 2011. 8 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Teorem 3 Za r, n N, r n je P(n,r) = n(n 1)(n 2) (n r + 1) = (n) r. (padajući faktorijeli) () 6. studenog 2011. 9 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Teorem 3 Za r, n N, r n je P(n,r) = n(n 1)(n 2) (n r + 1) = (n) r. (padajući faktorijeli) Dokaz: Želimo utvrditi koliko ima različitih uredenih r-torki (x 1,..., x r) n-članog skupa S, pri čemu su svi x i medusobno različiti. Prvu komponentu x 1 možemo odabrati na n načina, drugu, x 2, na n 1 načina,..., komponentu x r možemo birati na n r + 1 načina Rightarrow P(n, r) = n(n 1)(n 2) (n r + 1) = (n) r Ako stavimo n! = n(n 1) 2 1 i 0! = 1, onda P(n,r) = n! (n r)!. () 6. studenog 2011. 9 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Teorem 4 Neka su r,n N, r n, a S n-člani skup, tj. S = n. Tada je a) broj svih injekcija sa N r = {1,..., r} u S jednak P(n, r), tj. {f : N r S : f injekcija } = P(n,r) = b) broj svih bijekcija sa S u samog sebe jednak je P(n, n), tj. n! (n r)! = (n)r, {f : S S : f bijekcija } = P(n,n) = n!. () 6. studenog 2011. 10 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Teorem 4 Neka su r,n N, r n, a S n-člani skup, tj. S = n. Tada je a) broj svih injekcija sa N r = {1,..., r} u S jednak P(n, r), tj. {f : N r S : f injekcija } = P(n,r) = b) broj svih bijekcija sa S u samog sebe jednak je P(n, n), tj. n! (n r)! = (n)r, {f : S S : f bijekcija } = P(n,n) = n!. () 6. studenog 2011. 10 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Primjer 4 Koliko ima uredenih parova različitih slova, tj. riječi od 2 slova iz skupa slova S = {a, b, c, d, e}, a koliko takvih riječi od 3, 4, 5 slova? () 6. studenog 2011. 11 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Primjer 4 Koliko ima uredenih parova različitih slova, tj. riječi od 2 slova iz skupa slova S = {a, b, c, d, e}, a koliko takvih riječi od 3, 4, 5 slova? Rješenje: Riječi od 2 slova ima P(5, 2) = 5! (5 2)! = 20. 5! Riječi od 3 slova ima P(5, 3) = (5 3)! = 60. -ovdje je 3 puta više riječi nego od 2 slova jer svaka fiksna 2-permutacija definira 3 nove 3-permutacije, npr. eb tvori eba, ebc, ebd,... Riječi od 4 slova ima P(5, 4) = 120. -svaka troslovna definira 2 četveroslovne, npr. ebc definira ebca i ebcd. Peteroslovnih riječi ima P(5, 5) = 5! = 120 = P(5, 4) jer svaka četveroslovna definira samo 1 peteroslovnu, npr. ebcd definira samo ebcda. Na osnovu primjera proizlazi P(n, r) = (n r + 1)P(n, r 1). (Dokaz indukcijom po n!.) () 6. studenog 2011. 11 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Primjer 5 Na koliko načina može šest osoba stajati u redu pred trgovinom? () 6. studenog 2011. 12 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Primjer 5 Na koliko načina može šest osoba stajati u redu pred trgovinom? Rješenje: P(6) = 6! = 720. () 6. studenog 2011. 12 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Dvostruki faktorijeli: (2n)!! = 2 4 6 2n = 2 n n! (2n 1)!! = 1 3 5 (2n 1). Koliko je velik n!? 20! = 2432902008176640000 Za n 3 imamo 2 2 2 2 = 2 n 1 < n(n 1)(n 2) 2 1 = n! < n n n n = n n 2 n 1 < n! < n n. Puno bolja ocjena je STIRLINGOVA FORMULA n! ( n ) n n! 2πn, tj. lim ( e n 2πn n ) n = 1. e () 6. studenog 2011. 13 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Funkcija n n! može se proširiti do funkcije definirane svuda na R osim na skupu {0, 1, 2, 3,...} To je tzv. GAMA FUNKCIJA. Za x > 0 imamo Γ(x) = 0 e t t x 1 dt. Parcijalnom integracijom u = e t, du = e t dt, te dv = t x 1 dt, v = tx x dobivamo Γ(x) = tx e t 0 + 1 x x t x e t 0 za t 0 ili t Γ(x) = 1 Γ(x + 1), tj. Γ(x + 1) = xγ(x). x Γ(1) = 0 0 e t t x dt e t dt, Γ(2) = 1 Γ(1) = 1, Γ(3) = 2 Γ(2) = 2! Γ(n + 1) = n! () 6. studenog 2011. 14 / 18
PERMUTACIJE SKUPOVA Svaku permutaciju f skupa S n = {1,..., n} možemo zapisati kao ( ) 1 2 3... n gdje je f (1) = i 1, f (2) = i 2... f (n) = i n. i 1 i 2 i 3... i n Tim zapisom možemo lako množiti, tj. komponirati permutacije. Tako u S 5 imamo ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 g f = =. 4 1 2 5 3 5 1 4 2 3 3 4 5 1 2 Isto tako lako nalazimo inverz permutacije. Npr. uz oznake ( ) f 1 1 2 3 4 5 = i 1 i 2 i 3 i 4 i 5 ( ) ( ) ( 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 slijedi = i 1 i 2 i 3 i 4 i 5 5 1 4 2 3 1 2 3 4 5 ( ) f 1 1 2 3 4 5 =. 2 4 5 3 1 ) () 6. studenog 2011. 15 / 18
CIKLIČKA PERMUTACIJA Ciklička permutacija f S n je oblika f S n, f = ( 1 f (1) f 2 (1) f n (1) ), tj. f zatvara ciklus. () 6. studenog 2011. 16 / 18
CIKLIČKA PERMUTACIJA Ciklička permutacija f S n je oblika f S n, f = ( 1 f (1) f 2 (1) f n (1) ), tj. f zatvara ciklus. Npr. permutacija ( 1 2 3 4 5 2 3 4 5 1 ) = ( 1 2 3 4 5 ) = ( 2 3 4 5 1 ) = ( 3 4 5 1 2 ) =... = ( 5 1 2 3 4 ). Cikličke permutacije ostaju iste obzirom na rotaciju za razliku od običnih (linijskih) permutacija. () 6. studenog 2011. 16 / 18
CIKLIČKE PERMUTACIJE Primjer 6 Na koliko načina n ljudi može sjesti za okrugli stol? () 6. studenog 2011. 17 / 18
CIKLIČKE PERMUTACIJE Primjer 6 Na koliko načina n ljudi može sjesti za okrugli stol? Ovaj problem je različit od problema na koliko načina može n ljudi stati u red (n!) jer dvije različite permutacije mogu dati isti raspored oko stola: 5 3 1 4 4 2 2 3 5 1 Uspostaviti ćemo bijekciju izmedu skupa svih kružnih razmještaja od n ljudi i skupa svih linijskih razmještaja n 1 ljudi u red. Neka je n ljudi sjelo za okrugli stol. S obzirom na osobu 1, prvu njoj zdesna označimo sa a 1, drugu zdesna s a 2,..., n 1 zdesna s a n 1. Tada je (a 1,a 2,..., a n 1) jedna permutacija skupa {2,..., n}. Tada, gdje god sjela osoba 1, od nje nadalje radimo permutacije od (a 1,..., a n 1). Traženi broj je P(n 1) = (n 1)!. () 6. studenog 2011. 17 / 18
CIKLIČKE PERMUTACIJE Primjer 7 Koliko se različitih ogrlica može napraviti od n različito obojenih perli? () 6. studenog 2011. 18 / 18
CIKLIČKE PERMUTACIJE Primjer 7 Koliko se različitih ogrlica može napraviti od n različito obojenih perli? Rješenje: Ogrlica se ne mijenja pri cikličkoj permutaciji perle, a ni pri preokretanju ogrlica: 5 2 3 1 4 2 3 1 5 4 Imamo upola manje mogućnosti nego u prethodnom slučaju, tj. 1 (n 1)!. 2 () 6. studenog 2011. 18 / 18