Dirichletov princip Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem obliku glasi ovako: Dirichletov princip: Ako n + 1 predmet rasporedimo kako god u n kutija, onda barem jedna kutija sadrži barem dva predmeta. Dokaz je jednostavan jer ako zaključak ne bi vrijedio, onda bi u svakoj kutiji bio najviše jedan predmet, što bi značilo da ih je najviše n. Formalni iskaz Dirichletovog principa: Neka su P i K konačni skupovi takvi da vrijedi P > K (tj. skup P sadrži više elemenata od skupa K) i neka je f : P K neka funkcija. Tada f nije injekcija, tj. postoje a, b P, a b tako da vrijedi f(a) = f(b). Dokaz je u biti isti, jer treba konstatirati da bi u slučaju da f nije injekcija skup K morao imati barem toliko elemenata koliko i skup P, što ne može biti. Primjer. U grupi od 13 ljudi uvijek postoje dvije osobe koje imaju rodendan u istom mjesecu. Rješenje. Neka je P skup svih ljudi iz navedene grupe, a K skup svih mjeseca u godini. Funkcija f ljudima pridružuje mjesece u kojima imaju rodendane. U uvjetima smo Dirichletovog principa pa postoje dvije osobe kojima je pridružen isti mjesec. Primjer. Pet različitih parova rukavica nalaze se u jednoj ladici. Nasumce izvlačimo jednu po jednu rukavicu i ne vraćamo ih natrag u ladicu. Koliko je najmanje izvlačenja potrebno da bismo bili sigurni da ćemo izvući rukavice istog para? Rješenje. Neka je P skup svih rukavica koje smo izvukli, K skup svih parova rukavica i f : P K funkcija koja svakoj rukavici pridružuje par kojem pripada. Kako mora biti P > K = 5, to je najmanji takav broj P = 6 pa je potrebno barem 6 izvlačenja. Primjer. Republika Hrvatska ima 4260612 stanovnika. Čovjek može imati najviše 300000 vlasi kose na glavi. Dokažite da postoji barem 15 stanovnika Republike Hrvatske s istim brojem vlasi kose na glavi. Rješenje. Rješenje prati dokaz Dichletovog principa. Razvrstajmo sve stanovnike RH u pretince s obzirom na broj vlasi kose koje imaju na glavi: 0, 1, 2, 3,..., 300000. Kad bi u svakom pretincu bilo najviše 14 osoba, u RH bi bilo najviše 14 300001 = 4200014, što je manje od ukupnog broja stanovnika (4260612) pa je pretpostavka kriva i u barem jednom pretincu mora biti barem 15 osoba. Primjer. Brojevi 1, 2, 3,..., 10 su u proizvoljnom redoslijedu napisani na kružnici. Dokažite da da postoje tri uzastopna napisana broja kojima je suma barem 17. Rješenje. Neka su na kružnici napisani redom brojevi a 1, a 2,..., a 10 (nakon broja a 10 na kružnici opet slijedi broj a 1 itd.). Promotrimo sume svih trojki uzastopno napisanih brojeva na kružnici, dakle a 1 + a 2 + a 3, a 2 + a 3 + a 4, a 3 + a 4 + a 5,..., a 8 + a 9 + a 10, a 9 + a 10 + a 1 i a 10 + a 1 + a 2. Tih suma ima 10 i njihova suma je jednaka trostrukoj sumi svoj brojava od 1 do 10 jer se svaki broj pojavljuje
u točno tri sume. Suma brojeva od 1 do 10 je 1 + 2 + 3 + + 10 = 55 pa je njihova trostruka suma jednaka 165. Ako tvrdnja zadatka ne bi vrijedila, onda bi imali 165 16 10 = 160, što je kontradikcija. Primjer. Na kružnici je odabrano 200 točaka na cjelobrojnim stupnjevima. Dokažite da postoje dvije antipodalne točke, tj. točke izmedu kojih je kut od 180. Rješenje. Ovaj zadatak je sličan onome s parovima rukavica. Neka je P skup svih točaka, K skup svih parova antipodalnih točaka i f : P K funkcija koja svakoj točki pridružuje antipodalni par točaka kojem pripada. Skup P ima 200 elemenata, skup K ih ima 180 pa prema Dirichletovom principu postoje dvije kojima je prisružen isti antipodalni par. Primjer. Kompjutorska mreža sastoji se od 6 računala. Svako računalo je direktno spojeno s barem jednim drugim računalom. Pokažite da postoje dva računala koja su spojena s istim brojem drugih računala. Rješenje. Mogući broj veza je 1, 2, 3, 4, 5, a računala ima 6 pa prema Dirichletovom principu postoje dva računala s istim brojem veza. Primjer. Promotrimo neku grupu ljudi. Neki se medusobno poznaju, neki znaju mnogo njih, neki malo ali sigurno je da postoje dvije osobe koje poznaju isti broj ljudi. Dokažite. (Pretpostavljamo da ako osoba A poznaje osobu B, onda i osoba B poznaje osobu A i nitko nije poznanik samoga sebe.) Rješenje. Ako to ne bi vrijedilo u grupi od n ljudi, onda bi broj poznatih morao biti različit za svake dvije osobe, dakle broj poznanstava za sve osobe u grupi bi bili svi brojevi od 0 do n 1. No, to nije moguće jer osobu koja nema niti jednog poznanika (tj. poznaje 0 drugih) bi poznavala osoba koja poznaje sve druge (tj. koja ima n 1 poznanika). Dirichletov princip jaka forma: Ako m predmeta razmještamo u n kutija, onda barem m 1 jedna kutija sadrži (barem) + 1 predmet. n m 1 Pretpostavimo da tvrdnja nije točna, tj. u svakoj kutiji ima najviše predmeta. Tada je n m 1 ukupan broj predmeta jednak n n m 1 = m 1, što je kontradikcija. n n x je funkcija najveće cijelo, tj. najveći cijeli broj koji nije veći od x, npr. π = 3, π = 4 i iz definicije odmah slijedi da je x x. Primjer. U grupi od 44 osobe je barem njih četvoro rodeno u istom mjesecu. Rješenje. Imamo m = 44 i n = 12 pa je najmanji broj ljudi koji imaju rodendan u istom mjesecu m 1 43 jednak + 1 = + 1 = 3.583 + 1 = 4. n 12
Dirichletov princip zadaci 1. Na natjecanju u streljaštvu sudjelovalo je 50 strijelaca. Svaki od njih je ispalio točno 12 hitaca. Svih 12 pogodaka u metu imao je samo jedan strijelac. Dokažite da postoji najmanje 5 natjecatelja koji imaju isti broj pogodaka u metu. Dakle 49 strijelaca ima po 11 pogodaka u metu ili manje. Prema formuli jake forme Dirichletovog principa imamo: m = (broj predmeta = broj strijelaca) = 49 n = (broj kutija = broj pogodaka izmedu 0 i 11) = 12 m 1 Barem jedna kutija sadrži + 1 predmet, tj. n 49 1 isti broj pogodaka ima barem + 1 = 5 strijelaca. 12 2. Jednu školu pohada 930 učenika. Dokažite da postoje barem dva koji imaju iste incijale (uz pretpostavku da nema dvostrukih imena ili prezimena). Incijali su dva slova, kojih ima ukupno 30. Ukupan broj različitih incijala je 30 30 = 900, a to je manje od broja učenika u školi, 930 pa postoje barem dva učenika koji imaju iste incijale. 3. Osnovna škola ima 30 razreda i 1000 učenika. Dokažite da u toj školi postoji razred s barem 34 učenika. Ako bi svaki razred imao najviše 33 učenika, onda bi u školi bilo najviše 990 učenika, što nije moguće. Dakle u barem jednom razredu mora biti barem 34 učenika.
Formula uključivanja isključivanja (FUI formula) Formula uključivanja-isključivanja se koristi za izračunavanje broja elemenata unije konačno mnogo konačnih skupova (ili komplementa takve unije) i za slučaj unije dva skupa glasi ovako: A B = A + B A B U izrazu A + B se dva puta računaju elementi koji se nalaze u oba skupa, tj. u njihovom presjeku pa se broj tih elemenata mora oduzeti. Kako je komplement unije jednak presjeku komplemenata (tj. A B = A B), onda imamo A B = A B = S A B = S A B + A B gdje je S neki skup koji sadrži oba skupa A i B, a s obzirom na koji se promatra komplement. Za slučaj tri skupa formula glasi ovako: odnosno A B C = A + B + C A B A C B C + A B C A B C = A B C = S A B C + A B + A C + B C A B C i sada ne bi trebalo biti problem napisati formulu uključivanja-isključivanja za četiri skupa. Općenita formula uključivanja-isključivanja: n = A 1 A 2 A n = j=1 A j = n j=1 A j j k A j A k + A j A k A l + + ( 1) n+1 A 1 A 2 A n Odnosno, ako je S konačan skup koji sadrži sve skupove A j, j = 1,..., n (A 1, A 2,..., A n S), onda imamo n j=1 A j = A 1 A 2 A n = S A 1 A 2 A n = = S n j=1 A j + j k A j A k A j A k A l + + ( 1) n A 1 A 2 A n Primjer. U jednoj skupini ljudi se njih 50 bavi košarkom, njih 40 nogometom i 30 šahom. Košarkom i nogometom se bavi njih 17, nogometom i šahom 8, a šahom i košarkom 15. Sa sva ta tri sporta se bavi njih 5. 1. Koliko njih se bavi barem jednim od tih sportova? 2. Ako je u grupi bilo 105 osoba, koliko ih je bilo koji se nisu bavili niti jednim od ta tri sporta? Rješenje. Označimo s K, N i Š skupove ljudi iz promatrane skupine koji se bavi odgovarajućim sportom (N - nogomet, K - košarka i Š - šah). Imamo redom: K = 50, N = 40, Š = 30, K N = 17, N Š = 8, Š K = 15 i K N Š = 5. Formula uključivanja isključivanja nam daje da je broj ljudi koji se bave barem jednim sportom jednak K N Š = K + N + Š K N Š K N Š + K N Š = 50+40+30 17 15 8+5 = 85. Broj ljudi iz promatrane skupine ljudi (označimo je skupom S) koji se ne bave niti jednim od navedenih sportova je K N Š = S K N Š = 105 85 = 20.
Formula uključivanja isključivanja (FUI formula) zadaci 1. Koliko ima prirodnih brojeva manjih od 1001 koji nisu djeljivi ni brojem 5 ni brojem 7? G = {1, 2, 3, 4,..., 999, 1000} P = {5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40,..., 995, 1000} G S = {7, 14, 21, 28, 35, 42,..., 987, 994} G Nas zanima G P S, a prema FUI slijedi P S = P + S P S, gdje je P S skup svih brojeva manjih od 1001 djeljivih i brojem 5 i brojem 7, tj. djeljivih brojem 35: P S = {35, 70, 105,..., 980} 1000 1000 1000 Sada imamo: P = = 200, S = = 142, P S = = 28 pa je rješenje: 5 7 35 G P S = P S = P S = P + S P S = 1000 200 142 + 28 = 686 Korišteno je rješenje sljedećeg zadatka (i to tri puta): koliko ima brojeva manjih od 1001 i djeljivih brojem 7? To su brojevi 7, 14, 21, 28, 35,..., 994, gdje je 994 najveći broj koji nije veći od 1000 i koji je 1000 djeljiv brojem 7 i vrijedi 994 = 7 = 7 142. Ako te brojeve podijelimo brojem 7, 7 dobivamo niz 1, 2, 3, 4, 5,..., 142 pa je odmah vidljivo da ih ima 142. 2. Nakon provedene ankete u nekom razredu od 32 učenika ustanovljeno je da njih 11 ih voli filanu papriku, 12 sarmu, 10 grah, 4 učenika voli i filanu papriku i sarmu, 6 i sarmu i grah, 5 i filanu papriku i grah, a 2 vole sva tri jela. (a) Koliko učenika voli barem jedno od tih jela? (b) Koliko učenika ne voli niti jedno od tih jela? Neka je R skup svih učenika tog razreda, F skup učenika koji vole filanu papriku, S skup učenika koji vole sarmu i G skup učenika koji vole grah. (a) Treba izračunati broj F S G = F + S + G F S F G S G + F S G = 11 + 12 + 10 4 5 6 + 2 = 20. (b) Treba izračunati broj F S G = R F S G = 32 20 = 12.
Rekurzivne relacije Niz (a n ) n N je zadan rekurzivno ako se svaki njegov član, osim konačno mnogo početnih, izražava preko nekoliko njemu prethodnih članova. Početnim uvjetima se zadaju vrijednosti onih nekoliko početnih članova koji nisu definirani preko prethodnih članova. Jednostavna rekurzija je a n = 2a n 1. Iteracijom rekurzije dobivamo a n = 2a n 1 = 2 2 a n 2 = 2 3 a n 3 = = 2 n a 0 Da bismo odredili članove niza (a n ) n N u cijelosti, trebamo znati i početni uvjet, tj. a 0. Ako bismo stavili a 0 = 1, onda imamo a n = 2 n, n N. Primjer. Nadimo rekurziju za P (n) = broj permutacija skupa od n elemenata. Poredajmo n 1 element u red ovako: x (1) x (2) x (3) x... x (n 2) x (n 1) x gdje su s x označena mjesta gdje možemo staviti n-ti element. Sada vidimo da n-ti element možemo staviti na n različitih mjesta, a znamo da n 1 elemenata možemo poredati u niz na P (n 1) načina, što zajedno daje da n elemenata možemo poredati u niz na P (n) = n P (n 1) načina. Iteriranjem dobivamo: P (n) = n P (n 1) = n (n 1) P (n 2) = n (n 1) (n 2) P (n 3) = = = n (n 1) (n 2)... 3 2 P (1) Kako jedan element možemo poredati u niz na jedan način, tj. P (1) = 1, dobivamo formulu za broj permutacija skupa od n elemenata: P (n) = n (n 1) (n 2) 3 2 1 = n! Primjer. Pronadimo rekurziju za α(n) = suma binarnih znamenaka binarnog zapisa broja n (tj. broj jedinica u binarnom zapisu od n). Vrijedi: α(0) = 0, α(1) = 1 α(2n) = α(n) zbog n = (...) 2 i 2n = (... 0) 2 α(2n + 1) = 1 + α(n) zbog n = (...) 2 i 2n + 1 = (... 1) 2 Primjer. Pogledajmo rekurziju za najmanji broj prebacivanja diskova H n potreban da se riješi problem Hanojskih tornjeva s n diskova. Očito je H 1 = 1. Ako je n > 1 onda prebacivanje diskova možemo opisati ovako: 1. prvih n 1 diskova prebacimo s prvog na drugi štap (H n 1 prebacivanja) 2. zadnji, najveći disk s prvog štapa prebacimo na treći (jedno prebacivanje) 3. sve diskove s drugog štapa prebacimo na treći (H n 1 prebacivanja)
Slijedi H n = 2H n 1 + 1. Iteracijom dobivamo: H n = 2H n 1 + 1 = 2(2H n 2 + 1) + 1 = 2 2 H n 2 + 2 + 1 = 2 3 H n 3 + 2 2 + 2 + 1 = = = 2 n 1 H 1 + 2 n 2 + 2 n 3 + + 4 + 2 + 1 = 2 n 1 + 2 n 2 + 2 n 3 + + 4 + 2 + 1 Dakle H n = 2 n 1. Fibonaccijevi brojevi Važan niz brojeva je Fibonaccijev niz brojeva (F n ) n N koji se definiraju rekurzivnom relacijom F 0 = 0, F 1 = 1, F n = F n 1 + F n 2, n 2. Prvih nekoliiko Fibonaccijevih brojeva su: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,... Primjer. Čovjek se penje uz stepenište od n stepenica tako da u svakom koraku prijede jednu ili dvije stepenice. Na koliko se različitih načina on može popeti uz to stepenište? Rješenje. Označimo sa s n broj različitih načina na koje se čovjek može popeti uz stepenište s n stepenica. Očito je s 1 = 1 i s 2 = 2. 1. Ako u prvom koraku zakorači jednu stepenicu, preostalo mu ih je još n 1 uz koje se može popeti na s n 1 različitih načina. 2. Ako u prvom koraku zakorači dvije stepenice, preostalo mu ih je još n 2 uz koje se može popeti na s n 2 različita načina. Dakle vrijedi s 1 = 1, s 2 = 2, s n = s n 1 + s n 2, što je ista rekurzija kao za Fibonaccijeve brojeve, uz drugačije početne uvjete, no kako je s 1 = F 2 i s 2 = F 3, onda zbog iste rekurzivne relacije vrijedi s n = F n+1. Jedan od glavnih problema kod rekurzivno zadanih nizova je nalaženje općeg clana. Pogledajmo kako riješiti taj problem na slučaju Fibonaccijevih brojeva. U rekurzivnoj relaciji F n = F n 1 + F n 2 provedemo zamjenu F n x n i dobit ćemo jednadžbu x n = x n 1 + x n 2 koju podijelimo s najmanjom potencijom od x koja se u njoj pojavljuje (dakle s x n 2 ) čime dobivamo jednadžbu x 2 x 1 = 0 koja ima dva rješenja x 1 = 1 + 5 2, x 2 = 1 5. 2 Iz teorije koju ovdje neću navoditi slijedi da se opći član Fibonaccijevog niza sada može napisati kao F n = αx n 1 + βx n 2
gdje su α i β neki brojevi koji ovise o početnim uvjetima. Te brojeve dobivamo uvrštavanjem početnih uvjeta u dobiveni izraz za opći član niza, čime dobivamo sustav linearnih jednadžbi u nepoznanicama α i β. F 0 = 0 0 = αx 0 1 + βx 0 2 = α + β F 1 = 1 1 = αx 1 1 + βx 1 2 = αx 1 + βx 2 Rješenja tog sustava su α = 1 5, β = 1 5 pa je opći član Fibonaccijevog niza jednak ( ) F n = 1 n ( 1 5 5 1 + 5 2 1 5 2 i s obzirom da je x 2 0.61803, vrijedi da je ( F n = 1 1 + ) n 5 5 2 ) n, n N odnosno F n je jednak najbližem cijelom broju tog izraza.
Linearne rekurzije s konstantnim koeficijentima Pogledajmo prvo linearne homogene rekurzije s konstantnim koeficijentima: a n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + c r a n r, n r gdje su c 1, c 2,... c r konstante i vrijedi c r 0. Da bismo dobili opći član niza definiran ovom rekurzijom provodimo zamjenu a k x k za sve potencije od x koje se javljaju u rekurziji i dobivenu jednadžbu dijelimo s najmanjom potencijom od x. Tako dobivamo karakterističnu jednadžbu rekurzije: x r c 1 x r 1 c 2 x r 2 c r 1 x c r = 0. Neka su x 1, x 2...., x r sva rješenja karakteristične jednadžbe i pretpostavimo da su medusobno različita. Tada je opće rješenje dano izraazom a n = α 1 x n 1 + α 2 x n 2 + + α 1 x r x n r. gdje su α 1,..., alpha r neki brojevi. Ako su zadani početni uvjeti, tada možemo odrediti brojeve α 1,..., alpha r uvrštavanjem u opći oblik i rješavanjem dobivenog sustava lineranih jednadžbi. Primjer. Nadite opći član niza definiranog rekurzijom a n = 3a n 1 2a n 2, a 0 = 1, a 1 = 1. Rješenje. Prvo nadimo i riješimo karakterističnu jednadžbu. x n 3x n 1 + 2x n 2 = 0 : x n 2 x 2 3x + 2 = 0 Rješenja ove karakteristične jednadžbe su x 1 = 1 i x 2 = 2 pa je opći član niza jednak a n = α2 n + β1 n = α2 n + β pri čemu još treba odrediti konstante α i β. Uvrštavanjem početnih uvjeta dobivamo sustav a 0 = 1 1 = α2 0 + β = α + β a 1 = 1 1 = α2 1 + β = 2α + β čije rješenje je α = 2, β = 3 pa je opći član niza jednak a n = 2 2 n + 3 = 3 2 n+1. Primjer. Riješite rekurziju (tj. nadite opći član niza zadan rekurzijom) a n = 4a n 1 a n 2 6a n 3, n 3 a 0 = 1, a 1 = 2, 2 2 = 4
Rješenje. Karakteristična jednadžba je x 3 4x 2 + x + 6 = 0. Rješenje 1 te jednadžbe je x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 3 pa je opće rješenje dano s a n = αx n 1 + βx n 2 + γx n 3 = α( 1) n + β2 n + γ3 n Uvrštavanjem početnih uvjeta dobivamo sljedeći sustav linernih jednadžbi: a 0 = 1 = α + β + γ a 1 = 2 = α ( 1) + β 2 + γ 3 a 2 = 4 = α + β 4 + γ 9 kojem je rješenje α = 1, β = 1, γ = 1 i opće rješenje je a n = ( 1) n 2 n + 3 n = ( 1) n+1 2 n + 3 n α + β + γ = 1 α + 2β + 3γ = 2 α + 4β + 9γ = 4 1 Ako polinom s cjelobrojnim koeficijentima ima cjelobrojno rješenje onda ono dijeli slobodan član pa su ovdje mogućnosti za cjelobrojnu nultočku ±1, ±2, ±3 i ±6. Nakon što nademo jednu nultočku, recimo a, zadani polinom podijelimo s x a i potražimo nultočke rezultata što olakšava postupak, jer smo dobili polinom stupnja za jedan manji od zadanog.
U slučaju da karakteristična jednadžba ima višestruke korijene, postupa se kao u sljedećim primjerima. Primjer. Nadite opće rješenje rekurzije a n = 4a n 1 4a n 2, n 2. Rješenje. Karakteristična jednadžba je x 2 4x + 4 = 0 koja ima jedno dvostruko rješenje x 1 = x 2 = 2. Opće rješenje sada izgleda ovako: a n = α2 n + βn2 n Općenito, ako se karakteristična jednadžba niza (a n ) n N ima rješenje x kratnosti 2 k, onda dio općeg rješenja niza koji odgovara tom rješenju glasi a n =... + α 1 x n + α 2 nx n + α 3 n 2 x n +... + +α k n k 1 x n +... 2 Ako polinom p(x) ima nultočku a kratnosti k, onda se može zapisati u obliku p(x) =... (x a) k... pri čemu je k najveći mogući.
Rekurzivne relacije zadaci 1. Nadite n ti član niza brojeva definiranog rekurzivnom relacijom a n = 2a n 1 + 15a n 2, n 2, a 0 = 1, a 1 = 1. a n 2a n+1 15a n 2 = 0 Karakteristična jednadžba je: x 2 2x 15 = 0 pa imamo x 1,2 = 2 ± 64 2 Dakle vrijedi = 1 ± 4, x 1 = 5, x 2 = 3. a n = α5 n + β( 3) n. Dobivamo sljedeći sustav od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice: a 0 = 1 = α + β a 1 = 1 = 5α 3β Kojem je rješenje α = 1 2, β = 1 2. Dakle imamo a n = 1 2 (5n + ( 3) n ). 2. Nadite n ti član niza brojeva definiranog rekurzivnom relacijom a n = 2a n 1 a n 2 + 2, n 2, a 0 = 0, a 1 = 1. a n 2a n 1 + a }{{ n 2 } x 2 2x + 1 = 0 (x 1) 2 = 0 = 2 1 n }{{} (x 1) } {{ } (x 1) 3 = 0 karakteristična jednadžba a n = α 1 n + βn 1 n + γn 2 1 n = α + βn + γn 2 Treba nam još i a 2 = 2a 1 a 0 + 2 = 2 0 + 2 = 4 a 0 = 0 = α a 1 = 1 = α + β + γ a 2 = 4 = α + 2β + 4γ Rješenje sustava je α = 0, β = 0, γ = 1. Dakle imamo a n = n 2.
3. Nadite izraz koji predstavlja sumu prvih n prirodnih brojeva S n = 1+2+3+4+ +(n 1)+n tako da odredite rekurzivnu relaciju za S n i onda odredite n ti član niza. Rekurzivna veza medu članovima niza je: S n = 1 + 2 + 3 + 4 + + (n 1) + n = S n 1 + n, n 1, S 1 = 1 Dakle imamo S n S }{{ n 1 = n }}{{ 1 n } x 1 (x 1) }{{} 2 (x 1) 3 = 0 karakteristična jednadžba S n = α 1 n + βn 1 n + γn 2 1 n = α + βn + γn 2 Treba nam još i S 2 = S 1 + 2 = 3, i S 3 = S 2 + 3 = 6 ali zbog jednostavnijeg računa možemo umjesto S 3 uzeti i S 0 = 0. S 0 = 0 = α S 1 = 1 = α + β + γ S 2 = 3 = α + 2β + 4γ Rješenje sustava je α = 0, β = 1 2, γ = 1 2. Dakle imamo S n = 1 2 (n + n2 ) = n(n + 1). 2
Binomni koeficijenti su definirani s ( ) n = k n! k!(n k!) = Opći binomni koeficijenti i binomni red n(n 1)(n 2) (n k + 1) k > 0 k! 1 k = 0 (Primijetite da je ( n k) = 0 za k > n.) što se može iskoristiti kao motivacija za definiciju općih binomnih koeficijenata: ( ) x x(x 1)(x 2) (x k + 1) k > 0 = k!, k 1 k = 0, gdje je x proizvoljan realan (ili kompleksan) broj. Pogledajmo opći binomni koeficijent ( ) x k za k > 0: ( ) x x( x 1)( x 2) ( x k + 1) = k =( 1) k ( x + k 1 k ) k! k x(x + 1)(x + 2) (x + k 1) = ( 1) k! = (Očito je da dobiveni identitet vrijedi i za k = 0.) Teorem 1. (Binomni red) Za sve kompleksne brojeve z, z < 1 i sve realne brojeve a vrijedi (1 + z) a = k=0 ( ) a z k = 1 + k ( ) a z + 1 ( ) a z 2 + 2 ( ) a z 3 + 3 Primjeri: 1 1 x =(1 x) 1 = (1 + x) n = ( ) 1 ( x) k = k k=0 =1 + x + x 2 + x 3 + k=0 ( ) n x k = k n k=0 ( ) n x k k k=0 ( 1) k ( 1 + k 1 k Zadatak 1. Nadite tražene koeficijente zadanih funkcija izvodnica. 1. [x 20 1 ] (1 + x) =? 6 2. [x 33 ] 1 x =? ) ( 1) k x k = k=0 x k Zadatak 2. Nadite [x 100 ]G(x), G(x) = 2x (1 x) 2 (1 + x).
Rješenje. Znamo da se G(x) može napisati u sljedećem obliku: G(x) = 2x (1 x) 2 (1 + x) = A 1 x + B (1 x) + C 2 1 + x. Nadimo A, B i C. Nakon množenja sa zajedničkim nazivnikom dobivamo 2x = A(1 x)(1 + x) + B(1 + x) + C(1 x) 2 Za x = 1 dobivamo: 2 = 2B B = 1. Za x = 1 dobivamo 2 = 4C C = 1 2 Na kraju, za x = 0 dobivamo 0 = A + B + C A = B C = 1 + 1 2 = 1 2 Sada imamo G(x) = 2x (1 x) 2 (1 + x) = 1 2 1 x + 1 (1 x) 2 + 1 2 1 + x = 1 2 (1 x) 1 + (1 x) 2 1 2 (1 + x) 1. Rješenje zadatka sada lagano dobivamo ovako: [x 100 ]G(x) = [x 100 ] ( 12 (1 x) 1 + (1 x) 2 12 ) (1 + x) 1 = 1 2 [x100 ](1 x) 1 + [x 100 ](1 x) 2 1 2 [x100 ](1 + x) 1 = 1 ( ) ( ) 1 2 2 [x100 ] ( x) 100 + [x 100 ] ( x) 100 1 ( ) 1 100 100 2 [x100 ] 100 = 1 ( ) ( ) 100 101 ( 1) 100 + ( 1) 100 1 ( ) 100 = 1 2 100 100 2 100 2 + 101 1 2 = 100 x 100
Funkcije izvodnice Zadatak 3. Nadite funkciju izvodnicu za niz brojeva definiranog rekurzivnom relacijom Rješenje. a n = 2a n 1 a n 2, n 2, a 0 = 0, a 1 = 1. A(x) = a n x n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 = n=0 = 0 + 1 x + (2a 1 a 0 )x 2 + (2a 2 a 1 )x 3 + (2a 3 a 2 )x 4 + = = x + 2(a 1 x 2 + a 2 x 3 + a 3 x 4 + ) (a 0 x 2 + a 1 x 3 + a 2 x 4 + ) = = x + 2x(a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) x 2 (a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +...) = }{{} A(x) = x + 2x( a 0 + a 0 + a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) x }{{} 2 A(x) = A(x) = x 2a 0 x + 2xA(x) x 2 A(x) = = x + (2x x 2 )A(x) Sada iz A(x) = x + (2x x 2 )A(x) dobivamo traženi rezultat: A(x) = x x 2 2x + 1 = Zadatak 4. Nadite funkciju izvodnicu za niz brojeva definiranog rekurzivnom relacijom Rješenje. a n = a n 1 2a n 2, n 2, a 0 = 1, a 1 = 2. A(x) = a n x n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 = n=0 = 1 + 2x + (a 1 2a 0 )x 2 + (a 2 2a 1 )x 3 + (a 3 2a 2 )x 4 + = = 1 + 2x + (a 1 x 2 + a 2 x 3 + a 3 x 4 + ) 2(a 0 x 2 + a 1 x 3 + a 2 x 4 + ) = = 1 + 2x + x(a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) 2x 2 (a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +...) = }{{} A(x) = 1 + 2x + x( a 0 + a 0 + a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) 2x }{{} 2 A(x) = A(x) = 1 + 2x a 0 x + xa(x) 2x 2 A(x) = = 1 + x + (x 2x 2 )A(x) Sada iz A(x) = 1 + x + (x 2x 2 )A(x) dobivamo traženi rezultat: A(x) = 1 + x 2x 2 x + 1 x (x 1) 2 Zadatak 5. Iz grupe od 20 šahista treba odabrati njih četiri koji predstavljati klub na turniru. Na koliko načina se to može napraviti? Rješenje. Svaki šahist iz grupe je ili izabran ili nije izabran pa je njegov doprinos funkciji izvodnici jednak 1 + x, gdje 1(= x 0 ) znači da nije odabran, a x(= x 1 ) znači da je odabran. Šahista ima 20 pa je funkcija izvodnica jednaka (1 + x) 20. Budući treba odabrati četiri šahista, rješenje je koeficijent uz x 4, a to je ( 20 4 ) = 4845 (što smo, naravno, mogli dobiti i bez korištenja funkcija izvodnica).
Primijetite kako smo došli do funkcije izvodnice. Dobili smo je nizom zbrajanja i množenja koji odgovaraju logičkim veznicima OR i AND. Svaki šahist je izabran ili nije izabran te je zato doprinos svakoga od njih jednak 1 + x. Sada to trebamo napraviti za prvog šahista i drugog šahista i trećeg šahista... Zbog toga smo trebali pomnožiti 50 kopija izraza 1 + x da dobijemo funkciju izvodnicu. Zadatak 6. Dvadeset bombona treba podijeliti medu tridesetero djece tako da svako dijete može dobiti i više od jednog bombona. Na koliko načina se to može napraviti? Rješenje. Svako dijete može dobiti 0 ili 1 ili 2 ili 3 ili... bombona pa ima doprinos 1 + x + x 2 + x 3 + Budući ima tridesetero djece, pripadajuća funkcija izvodnica je G(x) = (1 + x + x 2 + x 3 + ) 30 = 1 (1 x) 30 i rješenje je koeficijent uz x 20, tj. ( ) ( ) 30 49 [x 20 ](1 x) 30 = = ( 1) 20 20 20 = ( ) 49. 20 Lako se vidi da se umjesto 1 + x + x 2 + x 3 + može koristiti i 1 + x + x 2 + x 3 + + x 20, ali s prvom varijantom je lakše računati. Zadatak 7. (Vidi [1]) Na koliko se načina 24 (jednaka) bombona može razdijeliti medu četvero djece tako da svako dijete dobije barem tri, ali ne više od osam bombona? Rješenje. Neka je (a n ) n 0 niz brojeva takvih da je a n rješenje zadatka za n bombona. Pripadajuća funkcija izvodnica je A(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + + a n x n + Rješenje zadatka je a 24, tj. koeficijent uz x 24. Jedno dijete može dobiti od tri do osam bombona i to možemo zapisati s x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8. Kako je riječ o četvero djece, imamo A(x) = (x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 ) 4. Rješenje zadatka je koeficijent uz x 24, jer se nakon rješavanja zagrada u A(x) potencija x 24 javlja svaki put kada se eksponent 24 može zapisati kao k 1 + k 2 + k 3 + k 4 gdje su k 1, k 2, k 3 i k 4 brojevi izmedu tri i osam uključivo, što odgovora uvjetima zadatka (k j je broj bombona koje je dobilo j to dijete). Sada imamo: A(x) = x 12 (1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) 4 = x 12 ((1 x 6 )/(1 x)) 4 = x 12 (1 x 6 ) 4 (1 x) 4
Koeficijent uz x 24 je jednak [x 24 ]A(x) = [x 24 ]x 12 (1 x 6 ) 4 (1 x) 4 = [x 24 ](1 x 6 ) 4 (1 x) 4 = = [x 24 ] ( 1 ( ) 4 1 x 6 + ( ) 4 2 x 12 ) ( 1 ( ) ( 4 1 x + 4 ) 2 x 2 ( ) 4 3 x 3 + ) = = ( )( 4 4 ( 0 12) 4 )( 4 ) ( 1 6 + 4 4 ) ( 2)( 0 = 15 ( 12) 4 9 ( 6) + 4 ( 2) = 15 ) ( 3 4 9 ( 3) + 4 2) = = 455 4 84 + 6 = 125 Korištenjem programa koji može množiti polinome se do rezultata dolazi jednostavnije i brže: A(x) = x 12 + 4 x 13 + 10 x 14 + 20 x 15 + 35 x 16 + 56 x 17 + 80 x 18 + 104 x 19 + 125 x 20 + +140 x 21 + 146 x 22 + 140 x 23 + 125 x 24 + 104 x 25 + 80 x 26 + 56 x 27 + 35 x 28 + +20 x 29 + 10 x 30 + 4 x 31 + x 32 odakle odmah vidimo koeficijent uz x 24. Zadatak 8. Koliko cjelobrojnih rješenja ima jednadžba a + b + c = 6 uz uvjete 1 a 2 i 1 b, c 4? Rješenje. Doprinos varijable a je x 1 + 1 + x + x 2, a varijabli b i c je x + x 2 + x 3 + x 4. Pripadajuća funkcija izvodnica je dakle F (x) = (x 1 + 1 + x + x 2 )(x + x 2 + x 3 + x 4 ) 2 = x 1 (1 + x + x 2 + x 3 )x 2 (1 + x + x 2 + x 3 ) 2 = ( ) 1 x = x(1 + x + x 2 + x 3 ) 3 4 3 = x = x(1 3x 4 + 3x 8 + x 12 )(1 x) 3 = 1 x = (x 3x 5 + 3x 9 + x 13 )(1 x) 3 Rješenje je koeficijent uz x 6 od F (x). Potenciju x 6 možemo dobiti tako da x iz prve zagrade pomnožimo s x 5 iz druge zagrade i tako da 3x 5 iz prve zagrade pomnožimo s x 6 iz druge što nam za traženi rezultat daje ( 3 [x 6 ]F (x) = 5 ) ( 1) 5 3 ( 3 1 ) ( 1) 1 = ( ) 7 3 5 ( ) 3 = 12 1 Zadatak 9. (Vidi [1]) Na raspolaganju imamo deset kovanica od jedne kune, sedam kovanica od od dvije kune i šest kovanica od pet kuna. Na koliko načina možemo isplatiti svotu od 15 kuna? Rješenje. U svakoj isplati od 15 kuna sudjeluje neki broj ( 0) kovanica od jedne kune. Obilježimo jednu kunu s x (= x 1 ). Tada kovanica od dvije kune ima vrijednost x 2, a kovanica od pet kuna x 5. Odgovarajuća funkcija izvodnica isplate je sada jednaka: f(x) = (1 + x + x 2 + x 3 + + x 10 )(1 + x 2 + x 4 + x 6 + + x 14 )(1 + x 5 + x 10 + x 15 + + x 30 ). Rješenje predstavlja koeficijent uz x 15 od f(x), tj. [x 15 ]f(x). Nakon rješavanja zagrada, tipičan član će biti oblika x k 1+2k 2 +5k 3,
gdje je 0 k 1 10, 0 k 2 7 i 0 k 3 6. Svaki takav član daje jedan način isplate neke svote, a mi tražimo broj isplata za koje je k 1 + 2k 2 + 5k 3 = 15. Traženi broj se dobiva rješavanjem zagrada ili korištenjem nekog programa koji može množiti polinome: f(x) = x 54 + x 53 + 2 x 52 + 2 x 51 + 3 x 50 + 4 x 49 + 5 x 48 + 6 x 47 + 7 x 46 + 8 x 45 + 10 x 44 + 10 x 43 + +12 x 42 + 12 x 41 + 14 x 40 + 15 x 39 + 15 x 38 + 16 x 37 + 16 x 36 + 17 x 35 + 18 x 34 + 17 x 33 + +18 x 32 + 17 x 31 + 18 x 30 + 18 x 29 + 17 x 28 + 18 x 27 + 17 x 26 + 18 x 25 + 18 x 24 + 17 x 23 + +18 x 22 + 17 x 21 + 18 x 20 + 17 x 19 + 16 x 18 + 16 x 17 + 15 x 16 + 15 x 15 + 14 x 14 + 12 x 13 + +12 x 12 + 10 x 11 + 10 x 10 + 8 x 9 + 7 x 8 + 6 x 7 + 5 x 6 + 4 x 5 + 3 x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 + x + 1 Rješenje zadatka je [x 15 ]f(x) = 15. Uz pomoć ovog rezultata se recimo lagano odreduju iznosi koji se mogu isplatiti na najviše načina.
1. Izračunajte 10!, ( ) 9 4 Permutacije, kombinacije, varijacije ( ) 13 i. 11 (a) 10! = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 = 3628800 ( ) 9 9 8/ 7 6//2 (b) = 4 1 2/ 3// 4/ = 126 ( ) ( ) 13 13 13 (c) = = // 12 6 = 78 11 2 1 2// 2. Zadan je skup S = {a, b, c, d}. (a) Ispišite sve permutacije skupa S. Koliko ih ima? Sve permutacije su: abcd abdc acbd acdb adbc adcb bacd badc bcad bcda bdac bdca cabd cadb cbad cbda cdab cdba dabc dacb dbac dbca dcab dcba Ukupno ima 4! = 24 permutacija. (b) Ispišite sve kombinacije skupa S od dva elementa. Koliko ih ima? Sve tražene kombinacije su: {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}, ( ) 4 Ukupno ih ima = 4 3 2 1 2 = 6. (c) Ispišite sve varijacije skupa S od tri elementa. Koliko ih ima? Sve tražene varijacije su: abc acb bac bca cab cba abd adb bad bda dab dba acd adc cad cda dac dca bcd bdc cbd cdb dbc dcb Ukupno ih ima ( 4 3 ) 3! = ( 4 1 ) 6 = 24. 3. Na koliko načina se mogu sastaviti plesni parovi od 8 djevojčica s 8 dječaka? 4. Poredamo djevojčice u red i onda bilo koji raspored dječaka daje jedan takav raspored pa je traženi broje jednak broju permutacija od 8 dječaka, dakle 8! = 40320. Šahovski klub ima 7 članova i treba sastaviti tim od 3 igrača. Na koliko načina se to može napraviti? ( ) 7 Tri igrača od njih sedam se može izabrati na = 7 6 5 = 35 načina. 3 1 2 3
5. Košarkaški tim raspolaže s 3 centra, 4 krila i 5 braniča. Igru započinje jedan centar, dva krila i dva braniča. Na koliko načina trener može izabrati početnu petorku? ( )( )( ) 3 4 5 Trener može početnu petorku izabrati na = 3 6 10 = 180 načina (prema principu 1 2 2 produkta). 6. U jednoj trgovini imaju na raspolaganju tri vrste hlača i dvije vrste košulja, u drugoj pet vrsti hlača i tri vrste košulja, a u trećoj četiri vrste hlača i šest vrsta košulja. Ako se želi kupiti jedne hlače i jedna košulja i to u istoj trgovini, na koliko načina se to može napraviti? U prvoj trgovini se jedne hlače i jedna košulja može kupiti na 3 2 = 6 načina, u drugoj na 5 3 = 15 načina i u trećoj na 4 6 = 24 načina. Prema principu sume je traženi broj jednak 6 + 15 + 24 = 45. 7. Odredite broj dijagonala konveksnog šesterokuta i n terokuta. (a) Dijagonala konveksnog šesterokuta je svaka dužina koja spaja dva njegova vrha, ako ti vrhovi nisu susjedni (tj. ako to nije stranica). Dakle broj dijagonala šesterokuta je jednak broju načina na koji možemo odabrati dvije točke od njih šest od kojeg oduzmemo broj stranica. Traženi broj je jednak (b) Traženi broj je jednak ( 6 2 ( ) n n = 2 ) 6 = 15 6 = 9. n(n 1) 1 2 n = n(n 3). 2 8. Na koliko načina se 5 medusobno različitih poslova može raspodijeliti na 8 radnika tako da niti jedan radnik ne dobije više od jednog posla? Od 8 radnika biramo njih petoricu koji će dobiti poslove i onda im poslove podijelimo u nekom redoslijedu - dakle ( ) riječ je o varijacijama petog razreda skupa od 8 elemenata pa je traženi broj 8 jednak V8 5 = 5! = 8 7 (8 5 + 1) = 8 7 6 5 4 = 6720. 5
Relacije Zadaci s relacijama neće biti na kolokvijima i ispitima u ovoj akademskoj godini.
Grupa, prsten, polje Zadaci s grupama, prstenima i poljem neće biti na kolokvijima i ispitima u ovoj akademskoj godini.
Literatura [1] D. Veljan, Kombinatorna i diskretna matematika, Algoritam, Zagreb