Diskretne strukture 2 Letnji semestar semestar 2013/ 2013/2014 2014 dr Zo Zora ran n Stan St ani´ i´c Autori: Nikola Ajzenhamer Anja Bukurov 2014
1
Sadrˇza j 1 PREBROJAV PREBROJAVANJE 1.1 Osnov Osnovni ni pojmovi pojmovi . . . . . . . . . 1.2 Principi Principi prebrojav prebrojavanja anja . . . . . . 1.2.1 1.2 .1 Princi Princip p jednak jednakost ostii . . . . 1.2.2 1.2 .2 Princi Princip p zbira zbira . . . . . . . 1.2.3 1.2 .3 Princi Princip p proizv proizvoda oda . . . . . 1.3 Dirihl Dirihleo eov v princi princip p . . . . . . . . . 1.3.1 Uopˇ steni steni Dirihleov princip
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
2 IZBORI ELEMENA ELEMENATA 2.1 Ured¯eni izbori elemenata elemenata sa ponavljanjem . . 2.2 Ured¯eni izbori elemenata . . . . . . . . . . . . 2.2.1 2.2 .1 Perm Permuta utacij cijee . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Neured¯eni izbor elemenata elemenata . . . . . . . . . . . 2.4 Neured¯eni izbor elemenata sa ponavljanjem ponavljanjem . 2.4.1 Permuta Permutacije cije sa ponavljanj ponavljanjem em . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . .
4 4 5 5 5 6 6 7
. . . . . .
9 10 10 11 11 12 13
3 GENERISANJE GENERISANJE PERMUT PERMUTACI ACIJA JA I KOMBINAC KOMBINACIJA IJA 14 3.1 Generisan Generisanje je permutacij permutacijaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3.1.1 3.1 .1 Generi Generisan sanje je k k-te -te permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3.2 Generisan Generisanje je kom kombinac binacija ija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 4 BINOMN BINOMNII KOEFI KOEFICIJ CIJENT ENTII 17 4.1 Osnov Osnovne ne osobin osobinee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 4.2 Neki Neki identi identitet tetii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 ˇ ˇ 5 FORMUL ORMULA A UKLJ UKLJU UCENJA – ISKLJUCENJA
23
6 FUNKCIJA FUNKCIJA GENERATRISE GENERATRISE (GENERATORSKE (GENERATORSKE FUNKCIJE) 24 6.1 Mnoˇ zenje zenje polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 6.2 Odred¯ivanje funkcija funkcija generatrise . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 ˇ 7 REKURE REKURENTNE NTNE JEDNA JEDNACINE 28 7.1 Linearna rekurentna rekurentna jednaˇ cina cina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 7.2 Linearna rekurentna jednaˇ jednaˇcina cina sa konstantnim koeficijentima koeficijentima . . 30 7.2.1 Homogena linearna rekurentna rekurentna jednaˇ jednaˇcina cina sa konstantnim konstantnim koeficijentima koeficijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 7.2.2 Nehomogena linearna rekurentna rekurentna jednaˇcina cina sa konstantkonstantnim koeficijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 7.3 Nelinearne rekurentne rekurentne jednaˇ jednaˇcine cine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 7.4 Funkcije generatrise gen eratrise i reˇsavanje savanje rekurentnih rekurentni h jednaˇcina cina . . . . . . 33 ˇ 8 BROJE BROJEVI VI REKUR REKURENTN ENTNIH IH JEDNA JEDNACINA 8.1 Fibonaˇcijevi cijevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . 8.1. 8.1.11 Zlatn Zlatnaa podela podela . . . . . . . . . . . . . . 8.1.2 Neke teoreme Fibonaˇcijevih cijevih brojeva brojeva . 8.1.3 Osobine Fibonaˇcijevih cijevih brojeva . . . . 8.2 Tribonaˇcijevi cijevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . 2
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
36 36 36 37 39 40
Sadrˇza j 1 PREBROJAV PREBROJAVANJE 1.1 Osnov Osnovni ni pojmovi pojmovi . . . . . . . . . 1.2 Principi Principi prebrojav prebrojavanja anja . . . . . . 1.2.1 1.2 .1 Princi Princip p jednak jednakost ostii . . . . 1.2.2 1.2 .2 Princi Princip p zbira zbira . . . . . . . 1.2.3 1.2 .3 Princi Princip p proizv proizvoda oda . . . . . 1.3 Dirihl Dirihleo eov v princi princip p . . . . . . . . . 1.3.1 Uopˇ steni steni Dirihleov princip
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
2 IZBORI ELEMENA ELEMENATA 2.1 Ured¯eni izbori elemenata elemenata sa ponavljanjem . . 2.2 Ured¯eni izbori elemenata . . . . . . . . . . . . 2.2.1 2.2 .1 Perm Permuta utacij cijee . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Neured¯eni izbor elemenata elemenata . . . . . . . . . . . 2.4 Neured¯eni izbor elemenata sa ponavljanjem ponavljanjem . 2.4.1 Permuta Permutacije cije sa ponavljanj ponavljanjem em . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . .
4 4 5 5 5 6 6 7
. . . . . .
9 10 10 11 11 12 13
3 GENERISANJE GENERISANJE PERMUT PERMUTACI ACIJA JA I KOMBINAC KOMBINACIJA IJA 14 3.1 Generisan Generisanje je permutacij permutacijaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3.1.1 3.1 .1 Generi Generisan sanje je k k-te -te permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . 15 3.2 Generisan Generisanje je kom kombinac binacija ija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 4 BINOMN BINOMNII KOEFI KOEFICIJ CIJENT ENTII 17 4.1 Osnov Osnovne ne osobin osobinee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 4.2 Neki Neki identi identitet tetii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 ˇ ˇ 5 FORMUL ORMULA A UKLJ UKLJU UCENJA – ISKLJUCENJA
23
6 FUNKCIJA FUNKCIJA GENERATRISE GENERATRISE (GENERATORSKE (GENERATORSKE FUNKCIJE) 24 6.1 Mnoˇ zenje zenje polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 6.2 Odred¯ivanje funkcija funkcija generatrise . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 ˇ 7 REKURE REKURENTNE NTNE JEDNA JEDNACINE 28 7.1 Linearna rekurentna rekurentna jednaˇ cina cina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 7.2 Linearna rekurentna jednaˇ jednaˇcina cina sa konstantnim koeficijentima koeficijentima . . 30 7.2.1 Homogena linearna rekurentna rekurentna jednaˇ jednaˇcina cina sa konstantnim konstantnim koeficijentima koeficijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 7.2.2 Nehomogena linearna rekurentna rekurentna jednaˇcina cina sa konstantkonstantnim koeficijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 7.3 Nelinearne rekurentne rekurentne jednaˇ jednaˇcine cine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 7.4 Funkcije generatrise gen eratrise i reˇsavanje savanje rekurentnih rekurentni h jednaˇcina cina . . . . . . 33 ˇ 8 BROJE BROJEVI VI REKUR REKURENTN ENTNIH IH JEDNA JEDNACINA 8.1 Fibonaˇcijevi cijevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . 8.1. 8.1.11 Zlatn Zlatnaa podela podela . . . . . . . . . . . . . . 8.1.2 Neke teoreme Fibonaˇcijevih cijevih brojeva brojeva . 8.1.3 Osobine Fibonaˇcijevih cijevih brojeva . . . . 8.2 Tribonaˇcijevi cijevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . 2
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
36 36 36 37 39 40
8.3 Lukaso Lukasovi vi brojevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4 Katala Katalano novi vi brojevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Part Partic icij ije e 9.1 Kom Kompozi pozicij cijee brojev brojeva . . . . . 9.2 Parti Particij cijee brojev brojeva . . . . . . . 9.2.1 Ferersovi erersovi dijagrami dijagrami . . 9.3 Neki identiteti identiteti sa particijam particijamaa 9.4 Parti Particij cijee skupo skupov va . . . . . . . 9.5 Neki Neki identi identitet tetii . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
41 42 45 45 45 46 48 49 49
10 Grafovi 50 10.1 Tipovi Tipovi grafova grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 10.2 Neki grafov grafovii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 10.3 Izomorfizam Izomorfizam grafa i invarijan invarijante te . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 ˇ 10.4 Setnja, staze i putevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 10.5 Matiˇcna cna reprezentacij re prezentacija a grafova graf ova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 10.6 Stabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 10.7 Razapinju´ Razapinj u´ci ci graf . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 10.8 Pretraga Pretraga grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 10.9 Algoritmi rada sa razapinju´ cim cim stablima . . . . . . . . . . . . . . 63 10.9.1 10.9 .1 Odred Odr ed¯ivanje mini m inimal malnih nih razap ra zapinju´ inju´cih cih staba st abala la u teˇzinskom zins kom grafu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 10.9.2 Razapinju´ Razapin ju´ca ca stabla u oznaˇcenim cenim grafova . . . . . . . . . . 67 10.9.3 Odred¯ivanje Priferovog Priferovog niza na osnovu zadatog stabla . . 68 10.9.4 Odred¯ivanje stabla na osnovu datog Priferovog Priferovog niza . . . 69 10.10Bro 10.10 Brojj razapinju´ razapinj u´ cih cih stabala stabal a u oznaˇcenom cenom grafu . . . . . . . . . . . 72
3
1
PREBROJAVANJE Nikola Ajzenhamer
1.1
Osnovni pojmovi Osnovni pojmovi o skupovima
Skup se u matematici najˇceˇs´ce uzima kao osnovni pojam, ali moˇzemo ga definisati kao kolekciju objekata takvu da ona po sebi ˇcini jedan objekat. Za oznaˇcavanje skupova se najˇceˇs´ce koriste velika slova latinice A, B, . . . Ako je neki skup konaˇ can ili prebrojivo beskonaˇ can, pa se njegovi elementi mogu nabrojati, mogu se koristiti slede´ci zapisi: A = a1 , a2 , a3 , . . . , an , odnosno A = a1 , a2 , a3 , . . .
{
}
{
}
Ako postoji neko svojstvo φ(x) zajedniˇcko za sve elemente nekog skupa, onda skup moˇzemo zapisati i kao: X = x φ(x)
{ |
}
Prebrojiv skup je skup S ˇcija je kardinalnost jednaka kardinalnosti nekog podskupa skupa prirodnih brojeva N. Ili, neki skup je prebrojiv ukoliko postoji bijektivna funkcija koja moˇze preslikati taj skup S u neki podskup skupa prirodnih brojeva (ta dva skupa su iste kardinalne mo´ci), a vaˇzi i obrnuto, tj. nije bitno da li S slika u N ili N u S . Pod prebrojivim skupovima se podrazumevaju i konaˇ cni skupovi, pa kada ˇzelimo da naglasimo da je skup prebrojiv, ali i beskonaˇcan, nazivamo ga beskonaˇcno prebrojivim skupom.
| |
Za kardinalni broj nekog skupa koristimo oznaku X , gde je X neki skup i vaˇzi da je kardinalni bro j nekog skupa jednak broju elemenata tog skupa.
{
}
| |
Neka je X = x1 , x2 , . . . , xn . Tada je X = n. NA Ako je f : X 1−1 1, 2, . . . , n , gde je X neki skup, a 1, 2, . . . , n podskup skupa N i f bijektivna funkcija, onda je X = 1, 2, . . . , n = n.
−→
{
}
| | |{
{
}|
}
Kada znamo da je skup konaˇ can ili beskonaˇ cno prebrojiv, kaˇzemo da je on najviˇse prebro jiv skup. Svaki skup koji nije prebrojiv, naziva se neprebrojiv skup. Primer neprebro jivog skupa je skup realnih brojeva R. On ima ve´ cu kardinalnu mo´c u odnosu na skup prirodnih brojeva N.
Skupovi i multiskupovi Razlika izmed¯u skupa i multiskupa je u tome da se u skupu jedan element ne moˇze ponoviti viˇse puta, dok je u multiskupu to dozvoljeno: 4
- skup: 1 = 1, 1, 1
{ } { } - multiskup: { 1} = {1, 1, 1} Vrste preslikavanja
−→NA Y
Preslikavanje f je surjekcija (”NA”) ako za dva skupa X i Y i f : X vaˇzi:
∀y ∈ Y, ∃x ∈ X : f (x) = y −→1−1 Y
Preslikavanje f je injekcija (”1-1”) ako za dva skupa X i Y i f : X vaˇzi:
∀x1, x2 ∈ X : f (x1) = f (x2) =⇒ x1 = x2 Preslikavanje f je bijekcija ako je i ”1-1”i ”NA”.
{
}
Definicija 1.1. Ukoliko postoji bijektivno preslikavanje skupa A u skup 1, 2, . . . , n , tada kaˇzemo da skup A ima n elemenata, u oznaci A = n.
| |
Definicija 1.2. Prebrojati neki skup znaˇci odrediti broj njegovih elemenata.
1.2
Principi prebrojavanja
Postoje tri osnovna principa prebrojavanja koja sluˇze da pojednostave prebrojavanje: (1) Princip jednakosti (2) Princip zbira (3) Princip proizvoda 1.2.1
Princip jednakosti
Ukoliko postoji f : A
−→N1−A1 B , tada |A| = |B|.
Primer 1: a) Skup parnih brojeva Π - ima prebrojivo mnogo beskonaˇ cno elemenata NA f : N 1−1 Π, f (x) = 2x
−→ b) A ⊆ {1, 2, . . . , 30}, x ∈ A ⇐⇒ 3 |x A f : {1, 2, . . . , 10} −→N 1−1 A, f (x) = 3x 1.2.2
Princip zbira
Ukoliko imamo dva disjunktna skupa A i B (disjunktni skupovi su oni koji nemaju za jedniˇckih elemenata, odn. A B = ), tada A B = A + B .
∩
5
∅
| ∪ | | | | |
1.2.3
Princip proizvoda
{
| ∈
Posmatrajmo dva skupa A i B i njihov direktan proizvod AxB = def (a, b) a A b B . Tada sledi AxB = A B .
∧ ∈ }
|
| | | · | |
⊂
Slika 1.1. Grafiˇcki prikaz skupa S AxB
⊂ { | ∈ } { | ∈ }
Neka je S AxB. ra = (a, b) b B cb = (a, b) a A S = ra = cb
||
a∈A
b∈B
Primer 2: Koliko ima razliˇcitih byte-ova? 28 Reˇsenje: —— —— —— —— —— —— —— —— 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1
{ }{ }{ }{ }{ }{ }{ }{ } 2 · 2 · 2 · . . . · 2 = 28
8
{
}
Primer 3: Koliki je broj troˇ clanih kombinacija skupa 1, 2, . . . , 30 , takvih da je barem jedan broj u svakoj kombinaciji jednocifren? 303 213
−
Reˇ senje: Broj svih trocifrenih kombinacija: 303 Broj svih onih kombinacija koje se sastoje od dvocifrenih brojeva: 212 = 303 213
⇒
1.3
−
Dirihleov princip
Ukoliko se m elemenata nalazi u n kutija, gde je m > n, tada se u jednoj kutiji nalazi barem 2 elementa.
6
Primer 4: Za svaki prirodan bro j n, postoji umnoˇzak tog broja koji je zapisiv samo pomo´cu jedinica i nula (u dekadnom sistemu): n N, k : k n = 111 . . . 100 . . . 0
∀ ∈ ∃
·
Dokaz: Ako neki od brojeva 1, 11, 111, 1111, . . . , 11 . . . 111:
n
- jeste deljiv brojem n, onda je ta j broj traˇzeni broj - nije deljiv brojem n, onda posmatramo ostatke svih ovih brojeva pri deljenju n. Mogu´ci ostaci su 1, 2, . . . , n 1 . Tih ostataka ima ukupno n 1, a brojeva ima n, pa (prema Dirihleovom principu): = barem 2 broja imaju isti ostatak, a razlika ta dva broja je traˇzeni broj:
{
−}
−
⇒
Za k > l: k
− 11111111 . . . 111 11111 . . . 1 l
——————— 11...100 . . . 0000
1.3.1
Uopˇ steni Dirihleov princip
·
Ukoliko imamo m elemenata koji se nalaze u n kutija i vaˇ zi m > r n, moˇzemo zakljuˇciti da ´ce u barem jednoj kutiji biti najmanje r + 1 elemenata. Primer 5: Koliko minimalno karata iz ˇspila treba izvu´ ci, tako da med¯u izvuˇcenim kartama budu sva 4 znaka? 40 Reˇ senje: Za svaki znak postoji 13 karata u ˇspilu. Ukoliko izvuˇcemo 13 karata, moˇzemo biti sigurni da smo u najnepovoljnijem sluˇ caju izvukli sve karte jednog znaka. Ukoliko izvuˇcemo joˇ s 13, imamo sve karte dva znaka. Nakon joˇs 13 karata, u najnepovoljnijem sluˇ caju imamo sve karte 3 znaka. To znaˇ ci da izvlaˇcenjem joˇs samo 1 karte mi moˇzemo biti sigurni da smo izvukli svaki od 4 znaka. 13 + 13 + 13 + 1 = 40. Primer 6: Dokazati da u skupu od 6 osoba postoje tri koje se ili sve med¯usobno poznaju ili se ne poznaju. Reˇsenje: Neka je A skup tih osoba koje oznaˇcavamo a,b,c,d,e,f , dakle: A = a,b,c,d,e,f . Ako izdvojimo odobu a, onda ostatak skupa A podelimo na one koje poznaju osobu a i na one koje ne poznaju osobu a (i time dobijamo dva podskupa skupa A). Imamo 2 podskupa i 5 osoba, pa prema Dirihleovom principu zakljuˇcujemo slede´ce:
{
}
7
2 podskupa 5 osoba
⇒
= Jedan podskup ima 3 osobe, i neka to bude, npr, b,c,d .
{
}
Neka vaˇzi da sve tri osobe tog podskupa poznaju osobu a. Ukoliko u tom podskupu postoje osobe koje se poznaju, onda te dve osobe i a cˇine traˇzeni skup (tri osobe koje se poznaju). Ukoliko se pak te tri osobe ne poznaju, onda baˇs te tri osobe ˇcine traˇzeni skup (tri osobe koje se ne poznaju). Ako b, c i d ne poznaju a, onda je zakljuˇcak analogan prethodnom sluˇcaju.
8
2
IZBORI ELEMENATA
{
}
Primer 1: Dat je skup od tri elementa: A,B,C . Traˇ zimo skup od 2 elementa, takav da vodimo raˇcuna o ponavljanju i poretku elemenata: (1) - dozvoljeno je ponavljanje - bitan je poredak AA AB AC BA BB BC CA CB CC (2) - nije dozvoljeno ponavljanje - bitan je poredak AB AC BA BC CA CB (3) - dozvoljeno je ponavljanje - nije bitan poredak AA AB AC BB BC CC (4) - nije dozvoljeno ponavljanje - nije bitan poredak AB AC BC Ova ˇcetiri sluˇcaja nazivamo: (1) ured¯en izbor elemenata sa ponavljanjem (2) ured¯en izbor elemenata bez ponavljanja (3) neured¯en izbor elemenata sa ponavljanjem (4) neured¯en izbor elemenata bez ponavljanja ili (1) varijacije drugog (k-tog, u opstem sluˇcaju) reda sa ponavljanjem permutacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem 2 permutacije (k-permutacije) sa ponavljanjem
−
(2) varijacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja permutacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja 2 permutacije (k-permutacije) bez ponavljanja
−
(3) kombinacije drugog (k-tog) reda sa ponavljanjem (4) kombinacije drugog (k-tog) reda bez ponavljanja Prema dogovoru, ukoliko se kaˇze samo, na primer, ”varijacije p etog reda”, ima se u vidu da su u pitanju varijacije bez ponavljanja , odn. ”bez ponavljanja” je 9
mogu´ce izostaviti (tako se i radi) jer se to podrazumeva. Ako ˇzelimo da govorimo o izboru elemenata sa ponavljanjem , onda je to potrebno naglasiti, na primer, ”3-permutacije sa ponavljanjem”. Takod¯e, kada govorimo u izboru elemenata sa ponavljanjem, mogu´ ce je nisku ”sa ponavljanjem” zameniti niskom ”multiskupa”, tako da moˇzemo govoriti o ”kombinacijama drugog reda multiskupa” i sliˇcno.
2.1
Ured¯eni izbori elemenata sa ponavljanjem
Ukupan broj ured¯enih izbora sa ponavljanjem n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je broju razliˇcitih preslikavanja f : N M , gde vaˇzi N = n, M = m.
−→
| |
| |
Svako od ovih preslikavanja je jedinstveno odred¯eno ako su zadate sve slika elemenata iz N . Teorema 2.1. Broj razliˇcitih prethodno opisanih preslikavanja je mn , n
≥ 1.
Dokaz: (indukcijom po n) (1) BAZA INDUKCIJE: Neka je n = 1. Postoji m1 = m mogu´cnosti za sliku jednog elementa skupa N . (2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da vaˇzi za n HIPOTEZA). Treba dokazati da vaˇ zi za n.
− 1 (INDUKTIVNA
Iz induktivne hipoteze zakljuˇcujemo da n 1 elemenata skupa N moˇze se preslikati u elemente skupa M na mn−1 naˇcina, a onaj preostali, n-ti element, moˇze se na n naˇcina preslikati u neki element skupa M . Sveukupno postoji m mn−1 = mn naˇcina (preslikavanja).
−
·
Teorema 2.2. Broj elemenata partitivnog skupa nekog skupa je 2n , ukoliko taj skup ima n elemenata. Odnosno, za X = n vaˇzi P (X ) = 2n .
| |
|
|
Dokaz:
⊂ X i f A karakteristiˇcna funkcija skupa A. 1, x ∈ A slede´ci naˇcin: f A : X −→ {0, 1}, f A (x) = 0, x ∈ / A Neka je A
Ona je definisana na
Broj podskupova od X jednak je broju razliˇcitih razliˇcitih funkcija f A . Primenjuju´ ci teoremu 2.1. sledi: ovakvih preslikavanja ima 2n .
2.2
Ured¯eni izbori elemenata
Broj ured¯enih izbora n elemenata iz skupa od m elemenata jednak je broju injektivnih preslikavanja f : N 1−1 M , gde je N = n, M = m.
−→
| |
10
| |
Teorema 2.3. Broj razliˇcitih prethodno opisanih preslikavanja je n−1
(m
i=0
n−1 i=0
(m
− i).
− i) = m · (m − 1) · . . . · (m − n + 1)
Dokaz: (indukcijom po n) (1) BAZA INDUKCIJE: Za n = 1 postoji m razliˇcitih preslikavanja da se jedan element iz N preslika u elemente skupa M .
−
(2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da vaˇzi za n 1 (INDUKTIVNA HIPOTEZA). Treba dokazati da vaˇ zi za n. Budu´ci da vaˇzi za n 1, to znaˇci da se n 1 elemenata skupa N moˇze injektivno preslikati na elemente skupa M na m (m 1) . . . (m n + 2) naˇcina, a onaj preostali, n-ti element, moˇze se preslikati na neki element iz M na (m n + 1) na]v cina jer se radi o injektivnim preslikavanjima (ne sme da vaˇzi n > m). Ske−1 ukupno, n elemenata iz N moˇze se na ni=0 (m i) naˇcina injektivno preslikati.
−
−
· − · · −
−
−
mora da bude ispunjen uslov m ≥ n. ◦ Da bi postojalo injektivno preslikavanje, n−1 Ipak, sve i da to ne vaˇzi, formula i=0 (m − i) ´ce i dalje vaˇziti jer ´ce neki od
ˇcinilaca u proizvodu biti jednak 0, pa je ceo rezultat 0.
• Broj ured¯enih izbora elemenata iz N u M , |N | = n, |M | = m je
n−1 i=0
(m
− i).
Primer 2: Dato nam je 10 gradova i treba obi´ci 4, svaki po jednom. Na koliko naˇcina je mogu´ce to uraditi? 5040 Reˇsenje: —– —– —– —– 10 9 8 7 Dakle, reˇsenje je: 10 9 8 7 = 90 56 = 5040
· · ·
2.2.1
·
Permutacije
Permutacije su specijalan sluˇcaj ured¯enih izbora elemenata kada vaˇzi da je m = n. Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata iznosi n! (n ”faktori jel”). n! = n (n 1) (n 2) . . . 2 1
· − · − · · · Primer 3: Permutacije skupa {1, 2, 3, 4, 5} su zapravo razmeˇstanja elemenata ovog skupa. Jedna od njih je 12345, neka druga je 24531, a ukupno ih ima 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120. 2.3
Neured¯eni izbor elemenata
Teorema 2.4. Broj neured¯enih izbora k elemenata iz skupa od n elemenata n iznosi: . k
11
n k
=
n! k! (n k!)
· −
Dokaz: Znamo da ured¯enih izbora ima n (n izbora od k elemenata ima?
· − 1) · . . . · (n − k + 1).
Koliko ured¯enih
Neka je, na primer, k = 3 : 123, 132, 213, 321, 312, 321, odnosno, ima ih u grupi k!. Za neured¯ene elemente posmatramo da neka, na primer, 123 zamenjuje celu prethodnu grupu, pa je broj sada:
· − 1) · . . . · (n − k + 1) · (n − k) · . . . · 2 · 1 = k! (n − k) · . . . · 2 · 1 n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1) · (n − k) · . . . · 2 · 1 n! = k! · (n − k) · . . . · 2 · 1 k!(n − k!) n (n
Primer 4: Sastavimo kladioniˇcki tiket sa 8 parova, gde treba pogoditi 5. Koliko razliˇcitih dobitnih kombinacija ima? 56 Reˇsenje: Broj razliˇcitih dobitnih kombinacija je: 8! 8 7 6 8 = = = 8 7 = 56 5 5! 3! 3 2 1
2.4
·
· · · ·
·
Neured¯eni izbor elemenata sa ponavljanjem
Primer 5: Dati su skupovi novˇcanica 10, 20, 50, 100, 200, 500. Koliko ima izbora 5 novˇ canica iz ovog skupa, ako u kasi posto je bar 5 novˇ canica svake vrste? 462 Reˇsenje: S obzirom da redosled izabranih novˇcanica nije bitan, kao i da se svaka vrsta novˇcanica moˇze izabrati do pet puta, u ovom problemu treba da nad¯emo broj neured¯enih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenata. Pretpostavimo da kasa ima ˇsest pregrada, po jednu za svaku vrstu novˇ canica. Na slici 2.1. je ilustrovan izbor jedne novˇcanice od 50 dinara, jedne novˇcanice od 100 dinara, dve novˇcanice od 200 dinara i jedne novˇ canice od 1000 dinara:
Slika 2.1. Grafiˇcki prikaz novˇcanica i pregrada Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od 11 mogu´ cih pozicija, ˇsto predstavlja broj neured¯enih izbora 5 elemenata bez ponavljanja iz skupa od 11 elemenata, a on je jednak: 12
11 5
=
11! 11 10 9 8 7 = = 462 5! 6! 5 4 3 2 1
· · · · · · · ·
·
Uopˇ stenjem prethodnog primera, dolazimo do broja neodred¯enih izbora k elen+k 1 menata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata: k
2.4.1
−
Permutacije sa ponavljanjem
Primer 6: Koliko razliˇcitih reˇci, ukljuˇcuju´ci besmislene, moˇze da se sastavi od slova reˇci MATEMATIKA? 302400 Reˇsenje: Vidimo da se slovo A javlja 3 puta, kao i da se slova M i T javljaju 2 puta. Ostala slova se javljaju samo jednom. 10 Broj mogu´cih mesta za M je 2 8 Broj preostalih mogu´ cih mesta za A je 3 5 Broj preostalih mogu´ cih mesta za T je 2
• • • • Broj mogu´cih mesta za preostala slova je 3! (to su zapravo permutacije) Dakle, ukupno reˇci ima: 10 8 5 2 3 2
· · ·
3! = 302400
Ukupan broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata gde se prvi element javlja n1 puta, drugi element n2 puta, ..., k-ti element javlja nk puta iznosi:
· − ·
n n1 , n2 , . . . , nk
Teorema 2.5.
=
n n1
n
n n1 , n2 , . . . , nk
n1
n2
=
·
− n1 − n2 ·. . .· n3
n
− n1 − n2 − . . . − nk−1 nk
n! n1 ! n2 ! . . . nk !
·
Dokaz:
n
−
· ·
· ·
− − − − − − − − − −
n n n n1 n n1 . . . nk−1 = ... n1 , n2 , . . . , nk n1 n2 nk n! (n n1 )! (n n1 . . . nk−1 )! ... = n1 ! (n n1 )! n2 ! (n n1 n2 )! nk !(n n1 . . . nk−1 nk )! n! n1 ! n2 ! . . . nk !
· − · · ·
·
− · − −
· ·
=
13
3 3.1
GENERISANJE PERMUTACIJA I KOMBINACIJA Generisanje permutacija
Generisanje permutacija podrazumeva odred¯ivanje svih permutacija n elemenata. Pored generisanja, razmatramo i njihovo ured¯enje u skladu sa nekim pravilima. Jedno od ured¯enja je i leksikografsko ured¯enje. Neka je S = 1, 2, . . . , n . Vaˇ zi: S = n. Ukupan broj permutacija skupa S je n!
{
}
||
Neka su A i B neke permutacije skupa S: A = a 1 a2 . . . an , ai S B = b 1 b2 . . . bn , bi S gde su svaki od a i , i = 1, 2, . . . , n kao i b i , i = 1, 2, . . . , n med¯usobno razliˇciti.
∈ ∈
U leksikografskom ured¯enju permutacija A nalazi se ispred permutacije B ukoliko vaˇzi: a1 = b 1 , a2 = b 2 , . . . , ak−1 = b k−1 , ak < bk
◦ Prva permutacija skupa S je 12...n ◦ Druga permutacija skupa S je 12...n(n − 1) .. .
◦ Poslednja permutacija skupa S je n(n − 1)...21 Ukoliko je potrebno odrediti permutacije nekog skupa X ˇciji su elementi razliˇciti od elemenata skupa S (npr. slova, svi parni brojevi i dr.), uspostavljanjem bi jektivnog preslikavanja izmed¯u skupova X i S , moˇzemo svesti rad na skup S . Primer 1: Neka je S = 1, 2, 3, 4 . Odrediti sve permutacije i pored¯ati ih u leksikografsko ured¯enje:
{
}
Reˇsenje: 1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432, 2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431, 3124, 3142, 3214, 3241, 3412, 3421, 4123, 4132, 4213, 4231, 4312, 4321 Kako na´ci prvu slede´cu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju ? Algoritam za reˇsavanje glasi: Zdesna traˇzimo rastu´ci niz i pratimo ga do taˇcke kada poˇcne da opada. Uve´cati poslednju rastu´cu cifru ukoliko je to mogu´ce , a ako nije, onda prvu sleva uve´ cati za 1, i, konaˇcno, preostali niz ured¯ati.
{
}
Primer 2: Neka je S = 1, 2, 3, 4, 5 i data je permutacija P skupa S : P = 42531. Na´ci prvu slede´cu permutaciju. ¯ 43125 Reˇsenje: Prate´ci algoritam, prva slede´ca permutacija glasi: P = 14
Kako na´ ci prvu prethodnu permutaciju u odnosu na zadatu permutaciju ? Algoritam: Permutacija a1 a2 . . . an prethodi permutaciji b1 b2 . . . bn (u leksikografskom poretku) ako je, na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacije razlikuju, broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji. Primer 3: Na´ ci prvu prethodnu permutaciju permutacije P iz primera 2. ˙ = 42513 Reˇsenje: P 3.1.1
Generisanje k-te permutacije
Posto je dva naˇcina kako je mogu´ce odrediti k-tu permutaciju u leksikografskom ured¯enju: 1. direktno (primenom algoritma) 2. navesti sve permutacije, pa izbrojati k-tu u nizu Algoritam: Ukoliko k-ta permutacija glasi: a1 a2 ...an , cifre traˇzimo na slede´ci naˇcin: a1 =
(n −k 1)!
(n −k 2!) − element po redu iz rastu´ceg poretka preostaˇ lih elemenata, gde je k = k − (a1 − 1)(n − 1)!. Staviˇ se, ostatak permutacije a2 ´ce predstavljati
a2 ...an predstavlja´ce k -tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permutacija preostalih elemenata.
(n k− 3!) − element po redu iz rastu´ceg poretka preostalih elemenata, gde je k = k − (a2 − 1)(n − 2)! a3 ´ce predstavljati
.. . gde je x funkcija ”ceo deo” x, na jmanji ceo broj ve´ ci ili jednak od x.
Primer 4: Odrediti 15. permutaciju skupa permutacija iz primera 1. 3214
| |
Reˇsenje: k = 15, n = S = 4
156 = 3 (prva cifra je broj 3 ). k = 15 − 2 · 6 = 3 (sa algoritmom bismo mogli i ovde da stanemo jer dobijamo da je ostatak traˇzene permutacije jednak baˇs tre´coj permutaciji od preostalih elemenata ({1, 2, 4}), a ona glasi 214). 3 a2 je po redu = 2, dakle, druga cifra u rastu´cem ured¯enju preostalih eleme4 a1 =
nata, a to je broj 2 . k = 3 1 2 = 1
− ·
15
a3 je po redu
{ }
11 = 1, dakle, prva cifra u rastu´cem poretku preostalih eleme-
nata ( 1, 4 ), a to je broj 1. Preostali broj 4 predstavlja poslednju cifru traˇzene permutacije.
3.2
Generisanje kombinacija
Generisanje kombinacija podrazumeva da se odrede sve kombinacije k elemenata iz skupa od n elemenata. Neka je S = 1, 2, . . . , n . Potrebno je odrediti sve a 1 a2 ...ak
− kombinacije. Primer 5: Generisati sve kombinacije skupa S = {1, 2, 3, 4, 5} reda 3. {
}
Reˇsenje: 123, 124, 125, 134, 135, 145 234, 235, 245 345 Kontrolisanje ured¯enja kombinacija skupa S :
◦ prva kombinacija po redu je 12...k (prvih k elemenata) ◦ druga kombinacija po redu je 12...(k + 1) .. .
◦ poslednja (
n k
-ta) kombinacija je (n
− k + 1)...(n − 1)n
Posmatrajmo slede´cu situaciju: ... 0, 1 1 2 3 ... n
• • •
• ∈{ }
Dakle, neka postoje neke taˇcke (koji sluˇze kao indikatori) iznad elemenata skupa S . Te taˇcke pripadaju skupu 0, 1 . Onda vaˇzi slede´ce:
{ }
Raspored nula i jedinica u ured¯enoj n-torci koja sadrˇzi taˇcno k jedinica jedinstveno odred¯uje taˇcno jednu kombinaciju k elemenata iz skupa S, S = n.
||
{
}
Primer 6: Ako je S = 1, 2, 3, 4, 5 i k = 3, onda raspored (0, 1, 0, 1, 1) odgovara kombinaciji 245. Ovim se ured¯ivanje kombinacija svodi na permutacije skupa od n elemenata (nula i jedinica), gde jedinica ima taˇcno k: k
◦ prva: 11...1 00...0 .. .
◦ poslednja: 00...0 11...1
k
Pored opisanih generisanja permutacija i kombinacija, razmatra se i generisanje jedne sluˇcajne permutacije, odn. kombinacije.
16
4
BINOMNI KOEFICIJENTI
4.1
Osnovne osobine
n k
Binomni koeficijenti su
=def
n! ili k! (n k)!
· −
n k
=def
· − 1) · . . . · (n − k + 1)
n (n
k!
Prva definicija vaˇ zi za svake n, k koji pripadaju skupu N, dok se primenom druge definicije moˇze sluˇcaj uopˇstiti za n R, k N.
∈
∈
−5, 3, k = 3. −243,6 747 (−5, 3) · (−5, 3 − 1) · (−5, 3 − 2) (−5, 3) · (−6, 3) · (−7, 3) = = = 3·2·1 6
Primer 1: Na´ci binomni koeficijent za n = Reˇsenje:
− 5, 3 3
−243, 747 6
n k
Dodefiniˇse se:
⇐⇒ k < 0 ∧ k > n
=0
(4.1.) Uslov simetriˇcnosti:
n k
=
n n
−k
Dokaz:
n n
−k
=
(n
n! k!) (n
− · −
n! = = n + k)! k! (n k!)
· −
n k
(4.2.) Adiciona formula:
n k
=
n
−1 k
+
n k
−1 −1
Dokaz:
− 1 + n − 1 = (n − 1)! + (n − 1)! = (n − 1)! · (n − k) + (n − 1)! · k = k k−1 k! · (n − k − 1)! (k − 1)! · (n − k)! k! · (n − k)! (n − 1)! · (n − k + k) n! n = = k k! · (n − k)! k! · (n − k)! n
Paskalov trouglao:
17
n=0 n=1 n=2 n=3 n=4 ...
1 1
1
1 1
2
1
3
1
3
4
1
6 ...
4
1
n k
U n-toj vrsti imamo n + 1 koeficijenata oblika
, gde je k = 0, 1, . . . , n
Paskalov trougao se dobija tako ˇsto se poˇcne sa redom koji sadrˇ zi samo broj 1, a zatim se svaki slede´ci red dobija tako ˇsto se ispod svakog para uzastopnih brojeva u prethodnom redu napiˇ se njihov zbir, i na kraju se na oba kraja novog reda stavi broj 1. (4.3.) Binomna teorema: n
n
(x + y) =
n k
k=0
xk yn−k
Dokaz: (indukcijom po n) (1) BAZA INDUKCIJE: Za n = 0 dobijamo identitet 1 = 1
(2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da formula vaˇzi za n TIVNA HIPOTEZA). Treba dokazati da vaˇ zi za n.
− 1 (INDUK-
primenjuj emo (I.H. )
· − · − −− − −
(x + y) = (x + y) (x + y)n−1 = n−1 n 1 (x + y) xk y n−k−1 = k k=0 n−1 n−1 n 1 xk+1 y n−k + xk y n−k = k k =0 k =0 n
n
xk yn−k +
k=1
k =1 n−1 k =1 n k=0
xk yn−k =
k=0 (4.2.)
n−1 k =1 n−1
n−1
n k
n k n k n k
1 1
+
n
1
xk y n−k + xn + y n =
k
xk y n−k + xn + y n = xk y n−k +
n n
n 0
xn y n−n +
x0 y n−0 =
xk y n−k , a to je i trebalo dokazati.
n
Ukoliko je x = y = 1: 2n =
k =0 n
Ukoliko je y = 1: (x + 1)n =
k=0
n k
suma binomnih koeficijenata
n k
xk
18
Ukoliko je x = 1, y =
−1: 0 =
Primer 2: Razviti binom
· − · − n
n k
k =0
(x+y)5 .
( 1)n−k =
n
k=0
5
4
n k
( 1)k
3
x + 5x y + 10x y2 + 10x2 y3 + 5xy4 + y5
5 , za k = 0, 1, . . . , 5 ili prik menom Paskalovog trougla za n = 5. Traˇzeni koeficijenti su 1, 5, 10, 10, 5, 1 pa je razvoj jednak: y 5 + 5xy 4 + 10x2 y 3 + 10x3 y 2 + 5x4 y + x5 Reˇsenje: Treba izraˇcunati sve koeficijente
Primer 3: U razvoju binoma (x + y )25 , koji koeficijent stoji uz x10 y 15? 25 10
Reˇ senje: Znamo da je n = 25. Iz x10 y 15 zakljuˇcujemo da je k = 10, pa je 25 traˇzeni koeficijent . 10
ˇ se nalazi uz x6 y 11 u razvoju binoma (2x 3y)17 ? Primer 4: Sta
−
Reˇsenje: n = 17, x6 y11 = k = 6 17 17 (2x 3y)17 = (2x)k ( 3y)17−k , pa je uz x6 y 11 : k k=0 17 16 15 14 13 12 64 3 310 = 9504768 310 6 5 4 3 2 1
⇒
− − − · · · · ·· · · · · · · ·
−
−9504768 · 3
· 17 6
10
26 ( 3)11 =
·−
·
(4.4.) Polinomna teorema:
(x1 +x2 +. . . xm )n =
k1 + k2 + . . . + km = n k1 , k2 , . . . , km 0
n k1 , k2 , . . . , km
=
n k1 , k2 , . . . , km
xk1 xk2 . . . xkm
· · ·
1
2
m
≥
n! k1 ! k2 ! . . . km !
· · ·
Primer 5: Razviti (x1 + x2 + x3 )3 . Reˇsenje: (x1 + x 2 + x3
3 2, 1, 0
)3
=
3 3, 0, 0
x31 +
3 0, 3, 0
x32 +
3 0, 0, 3
x33 +
x21 x22 + . . .
ˇ se nalazi u razvoju (x + y Primer 6: Sta
− z)10 uz x 3y2x5? −2520 Znamo da je n = 10 i x3 y 2 z 5 =⇒ k1 = 3, k2 = 2, k3 = 5.
Reˇ senje: varaju´ci ˇclan glasi: 10 x3 y2 ( z)5 = 3, 2, 5
−
−
10 3, 2, 5
x3 y 2 z 5 , pa je traˇzeni koeficijent:
19
Odgo-
−
10 3, 2, 5
4.2
=
= −10 · 9 · 7 · 4 = −2520 −3! ·10! 2! · 5!
Neki identiteti
(4.5.) Izvlaˇcenje iz zagrade
· n = k
n k
n k
−1 −1
=
n n
−k
·
n
−1 k
(4.6.) Sumaciona formula n
r + k k
k=0
n
k=0
k m
r 0
=
0 m
=
r 1
+
+
+ ... +
1 m
r + n n
+ ... +
=
n m
=
(4.7.) Negacija gornjeg indeksa
− n k
= ( 1)
−
k
·
n+k k
−1
(4.8.) Pojednostavljivanje proizvoda
· · n m
m k
n k
=
n m
−k −k
(4.9.) Sume proizvoda
· − · k
k
r k
n
s
r k
s n+k
k
20
=
r + s n
=
r + s r + n
r + n + 1 n
n+1 m+1
Dokaz za (4.5.):
·
n k
n k
−1 −1
· − −· −
n = k (k
(n 1)! n! = = 1)! (n k)! k! (n k)!
· −
Sliˇcno se dokazuje i druga jednakost.
n k
Dokaz za (4.6.): (indukcijom po n) (1) BAZA INDUKCIJE: Za n = 0:
⇐⇒ r 0
=
r + 1 0
1 = 1
(2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da formula vaˇzi za n TIVNA HIPOTEZA). Treba dokazati da vaˇ zi za n. primenjuj emo (I.H. )
n
k=0
r + k k
r + n + 1 n
n−1
=
k=0
r + k k
r + n n
+
=
− 1 (INDUK-
(4.2.)
r + n n 1
−
+
r + n n
=
, a to je i trebalo dokazati.
Sliˇcno se dokazuje i druga jednakost.
Dokaz za (4.7.):
−
( n) ( n 1) ( n 2) . . . ( n k + 1) n = = k k (k 1) (k 2) . . . 1 ( 1)k (n (n + 1) (n + 2) . . . (n + k 1)) n+k = ( 1)k k k!
− ·− − ·− − · ·− − · − · − · · − · · · · · − − ·
−1
Dokaz za (4.8.):
·
n n k m m! = k!(m k)!
−
· · −
−k −k
n m
=
n! k! (n k)! m k
− k!) · m! = n! · · (m − (n k)! · (n − m)! m! m!(n − m)!
Dokaz za (4.9.): Prva jednakost: Pretpostavimo da u nekom skupu imamo r + s kuglica. Iz toga skupa biramo n r + s kuglica. To je mogu´ce uraditi na naˇcina. Uzmemo da u tom skupu n crvenih kuglica ima taˇcno r, kao i da plavih kuglica ima taˇ cno s. Moˇzemo
21
da na
r k
naˇ cina biramo kuglice tako da imamo k crvenih. Da se iza-
− s
− k) plavih kuglica ima r s r + s · = k n−k n
bere (n
k
n
k
naˇ cina. Ukupan broj naˇcina je
, a to je i trebalo dokazati.
Druga jednakost: Dokaz se izvodi u tri koraka: 1. Primeniti uslov simetriˇ cnosti (4.1.) na
s n+k
2. Primeniti prethodno dokazan identitet na novi izraz 3. Primeniti joˇs jednom uslov simetriˇcnosti (4.1.)
· k
r + s r + n
r k
s n+k
· =
k
r k
s
s n
− −k
=
r + s s n
−
=
r + s r + s s + n
−
, a to je i trebalo dokazati.
22
=
5
ˇ ˇ FORMULA UKLJUCENJA – ISKLJUCENJA Anja Bukurov
Ovo je sloˇ zeniji princip prebrojavanja. Dozvoljava da dati skupovi imaju neke zajedniˇ cke elemente. Po principu zbira, A B = A + B , gde A i B nemaju zajeniˇcke elemente.
| ∪ | | | | |
∩ ∅ | ∪ | | | | | − | ∩ | | ∪ ∪ | | | | | | | − | ∩ B| − |A ∩ C | − |B ∩ C | + |A ∩ B ∩ C | Kod ove formule vaˇ zi A B = . A B = A + B A B A B C = A + B + C A
U opˇstem sluˇcaju: A1 A2 . . . An = A1 + . . . An A1 svaka 3 skupa + preseci svaka 4 skupa + . . .
| | − | ∩ A2| − . . . |An−1 ∩ An| + preseci
| ∪ ∪ ∪ | | |
(5.1) Formula ukljuˇcenja
− iskljuˇcenja:
n
|
i=1
|
Ai =
( 1)|I |−1
∅ =I ⊂{1,...,n}
−
|
i∈I
Ai
|
∅ = I ⊂ {1, . . . , n} znaˇci da je prazan skup razliˇcit od skupa I, a skup I je podskup skupa {1, . . . , n}. Dokaz:
∈ ∪ ∪
x A 1 . . . An Ako se uzme neki element x koji pripada ovoj uniji, on pripada i nekim od skupova A1 , . . . , A n . Pretpostavimo da pripada j skupova, i to baˇs skupovima j A1 , . . . , A j . Dakle, x A1 . . . Aj , tj. x i=1 Ai . x doprinosi da se leva strana uve´ ca za 1. Treba pokazati da doprinosi i da se desna strana uve´ ca za 1. x doprinese j puta samo kod sabiranja A1 + . . . + An . U dvoˇclanim presecima j j oduze´ce se , u troˇclanim se dodaje , u ˇcetvoroˇclanim se oduzima 2 3 j i tako dalje. 4 j j j j j + + . . . + ( 1)j −1 = 2 3 4 j j j j j j j j + + . . . + ( 1)j −1 + =1 1 2 3 4 j 0 0 j j j j j j Znamo da je + +. . .+( 1)j −1 =0 1 2 3 4 j 0 n n j zbog simetriˇcnosti koeficijenata, ili zbog ( 1)k = 0, a = 1 pa k 0 k =0 je time dokazano da x doprinosi da se i desna strana uve´ ca za 1.
∈
∈
|
| |
|
− − − − − − − − − − − −
23
6
FUNKCIJA GENERATRISE (GENERATORSKE FUNKCIJE)
an = (a0 , a1 , . . . , ak , . . .)
←→ a0 + a1 · x + a2 · x2 + . . . + ak · xk + . . . = A(x)
Definicija 6.1. A(x) je funkcija generatrisa niza an . Primer 1: an = (1, 1, 1, . . . , 1, . . .) je to geometrijska progresija
←→ 1 + x + x2 + . . . = A(x) = 1 −1 x , jer
Dokaz: 1 + x + x2 + . . . =
1
− x − x(1 − x) + x2 (1 − x) + . . .) 1−x 1 2 1 + x + x + . . . = (1 − x + x − x2 + x2 − x3 + . . .) 1−x (1
svi se pokrate osim prve 1 jer je beskonaˇcan niz i svaki nadje svog para 1 1 + x + x2 + . . . = 1 x Iz ovoga sledi da ova funkcija jeste generatrisa niza a n .
−
6.1
Mnoˇ zenje polinoma
Primer 2: Dati su nam polinomi: P (x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 Q(x) = 1 + x + x2 + x3 P (x) Q(x) = (1 + x + x2 + x3 + x4 ) (1 + x + x2 + x3 )
·
·
ˇ se nalazi uz x 5 ? Sta Reˇsenje: x4 x1 x3 x2 x2 x3
· · ·
·
3 x5
Zadatak 1: Imamo 4 zlatna i 3 srebrna novˇ ci´ ca. Na koliko naˇ cina moˇ zemo da izaberemo 5 novˇci´ca? Reˇsenje: Ovo moˇze da se reˇsi pomo´cu mnoˇzenja polinoma. Z (x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 zlatni novˇci´ci S (x) = 1 + x + x2 + x3 srebrni novˇci´ci Radi se isto kao i sa prethodnim polinomom, traˇzi se ˇsta je uz x 5 . i + j = r i 0,1, .. . , k1 j 0,1, . . . , k 2 P (x) = 1 + x + x2 + . . . + xk
∈ { ∈ {
} }
1
24
Q(x) = 1 + x + x2 + . . . + xk
2
Zadatak 2: Imamo 7 novˇci´ca od 1 din, 5 novˇci´ca od 2 din. i 4 novˇci´ca od 5 din. Na koliko naˇcina moˇzemo da dobijemo sumu od 15 din? Reˇsenje: J = 0,1,2,3,4,5,6,7 ; i J D = 0,2,4,6,8,10 ; j D P = 0,5,10,15,20 l k P i + j + k = 15 (1+x+x2 +x3 +x4 +x5 +x6 +x7 ) (1+x2 +x4 +x6 +x8 +x10 ) (1+x5 +x10 +x15 +x20 ) Reˇsenje je koeficijent uz x 15 .
{ { {
} ∈ } ∈ } ∈
·
·
U opˇstem sluˇcaju: i1 + i2 + . . . + in = k; i i I i Broj mogu´cih izbora i, takvi da vaˇzi ova jednakost jednaka je koeficijentu uz x k polinoma koji se dobija mnoˇenjem odgovaraju´cih polinoma P 1 (x), P 2 (x), . . . , Pn (x), gde se polinom P i (x) formira na osnovu skupa I i (u skladu sa prethodnim primerom).
∈
∈ N 0?
Zadatak 3: Na koliko naˇcina moˇe da se dobije i + j + k = 10, ako su i, j, k
Reˇsenje: i 0, 1, . . . , 10 j 0, 1, . . . , 10 k 0, 1, . . . , 10 Ovim skupovima pripada joˇs veskonaˇcno mnogo brojeva, ali nas zanimaju samo oni do 10. (1 + x + . . . + x10 )3 Prvi naˇcin je da nadjemo koeficijent uz x 10 . Drugi naˇcin: Razmatramo multiskup koji se sastoji od tri 1, 1,1,1 . Reˇsenje moˇ ze da se svede na kombinacije ovog skupa. Uzmem i prvih 1, j drugih 1 i k tre´cih 1. Ovo je neuredjeni izbor 10 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 3 elementa. 12! 3 + 10 1 k=10, n=3 pa je reˇsenje = = 66 10 10! 2!
∈ { ∈ { ∈ {
} } }
{
−
Ovo vaˇzi i u opˇstem sluˇcaju, po teoremi (6.2).
}
·
k
Teorema 6.2. Koeficijent koji se nalazi uz x kod (1
−
x)−n je
n+k k
−1
.
Dokaz:
−
(1
1
1
x)−n
=
1
1
−x
n
1
1
− · − ·
=
1
x 1
x
...
n
2
− x = (1 + x + x
1
n
· 1 − x = (1+x+. . .)
=
− formula za beskonaˇcni geometrijski niz
+ . . .)
25
n+k k
−1
Teorema 6.3. Koeficijent koji se nalazi uz xk kod (1 + x)−n je n+k 1 n ( 1)k = . k k
−
·
−
−
Dokaz: Zamenjuju´ci
−x sa x u prethodnom dokazu teoreme (6.2) dobijamo da je 1 +1 x =
1 x + x2 x3 + . . .. Odatle je koeficijent uz x k (1 + x)−n je n+k 1 ( 1)k , ˇsto je jednako k
−
−
−
·
−
− n k
, prema identitetu (4.7).
(6.4) Uopˇ stena binomna teorema: (1 + x)n =
· · n 0
+
n 1
x+
n 2
x2 + . . .
Uopˇstena je jer vaˇ zi i za negativne n. Dokaz: Sledi direktno na osnovnu binomne teoreme za pozitivne n i teoreme (6.3) za negativne n.
6.2
Odred¯ivanje funkcija generatrise
Imamo nizove a n i b n i njihove funkcije generatrise A(x) i B(x) an = (a0 , a1 , . . . , ak , . . .) A(x) = a 0 + a1 x + . . . + ak xk + . . . bn = (b0 , b1 , . . . , b k , . . .) B(x) = b 0 + b1 x + . . . + bk xk + . . .
←→ ←→
· ·
·
·
Sabiranje nizova:
←→ A(x) + B(x)
an + bn = (a0 + b0 , a1 + b1 , . . . , ak + bk , . . .) Mnoˇzenje skalarom α R α an = (α a0 , α a1 , . . .)
∈ ·
·
·
←→ α · a0 + α · a1 · x + . . . = α · (a0, a1, . . .) = α · A(x)
Pomeranje niza ulevo za k mesta an = (a0 , a1 , . . .) (ak , ak+1 , . . .) A(x) (a0 + a1 x + . . . + ak−1 xk−1 ) xk
−
·
→
·
←→
Pomeranje niza udesno za k mesta
26
ak + ak+1
· x + a k+2 · x 2 + . . .
=
→ (0, 0, . . . , 0, a0, a1, . . .) = xk · A(x)
an = (a0 , a1 , . . .)
k
Zamena x sa α x u funkciji generatrisi
·
A(x) = a0 + a 1 x + a 2 x 2 + . . . (a0 , a1 α, a2 α2 , . . .)
·
·
·
·
→ a0 + a1 · α · x + a2 · α2 · x2 + . . . ←→
α : an
→ (a0, −a1, a2, −a3, . . .) = an − an = (2a0, 0, 2a2, 0, 2a4, . . .)
Zadatak 4: Odrediti generatrisu za niz (1,2,4,8,16,. . . ).
←→ 1 −1 x
Reˇsenje: Kre´cemo od (1, 1, 1, . . . , 1, . . .)
Za α = 2 dobijamo odgovaraju´cu generatrisu je (1,2,4,8,16,...).
1
1 , a njoj odgovaraju´ci niz 2 x
− ·
Zamena x sa x k u funkciji generatrisi A(x) = a 0 +a1 x+a2 x2 +. . .
·
·
→ a0+a1·xk +a2·x2k +. . . ←→ (a0, 0, . . . , 0, a1, 0, . . . , 0, a2, . . .)
k −1
Ako zamenimo x
sa x 2
dobi´cemo (a0 , 0, a1 , 0, a2 , 0, . . .).
k −1
Zadatak 5: Odrediti generatrisu za niz (1,1,2,2,4,4,8,8,...). Reˇ senje: Krenemo od funkcije iz prethodnog zadatka: 1 (1, 2, 4, 8, . . .) 1 2 x 1 1. Zamenimo x sa x 2 : (1, 0, 2, 0, 4, 0, 8, 0, . . .) 1 2 x2 x 2. Pomerimo niz za 1 mesto udesno (pomnoˇzimo sa x): 1 2 x2
− · ←→
− · ←→
− · ←→ (0, 1, 0, 2, 0, 4, 0, 8, 0, . . .)
Kad saberemo 1. i 2. dobijemo: x+1 (1, 1, 2, 2, 4, 4, 8, 8, . . .) 1 2 x2
− · ←→
Diferenciranje i integracija funkcije generatrise A(x) = a 0 + a1 x + a2 x2 + . . . A (x) = a 1 + 2 a2 x + 3 a3 x2 + . . . (a1 , 2 a2 , 3 a3 , . . . , k ak , . . .) 2 3 a1 x a 2 x a 1 a 2 ak A(x) dx = a 0 x + + + ... (0, a0 , , , . . . , , . . .) 2 3 2 3 k + 1
·
· · · · · · ←→ · · · · ←→
27
·
·
7
ˇ REKURENTNE JEDNACINE Nikola Ajzenhamer
U rekurentnoj jednaˇcini se ˇclanovi niza odredjuju pomo´cu prethodnih ˇclanova. Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu znaˇci na´ci njen opˇsti ˇclan. Rekurentne jednaˇcine se drugaˇcije nazivaju diferencne jednaˇ cine. Faktorijel
· ··
an+1 = (n + 1) an a0 = 1 obiˇcno nazivamo ,,poˇcetni uslov” an+1 = (n+1) n an−1 = (n+1) n (n 1) . . . a0 = (n+1) n (n 1) . . . 1 = (n+1)! an = n! je opˇsti ˇclan ovog niza
−
·· − · ·
·· − · ·
Aritmetiˇcki niz an+1 = a n + d, d = const Ukoliko su nam zadati poˇcetni uslov, npr. a0 = 5 i razlika d = 7, lako moˇzemo da odredimo ˇclanove niza bez potrebe za odred¯ivanjem opˇsteg ˇclana Ako je zadat a n = a 0 + n d (opˇsti ˇclan), onda moˇzemo da odredimo bilo koji ˇclan niza, bez potrebe za raˇcunanjem prethodnih ˇclanova.
• •
·
Geometrijski niz an+1 = a n q Opˇsti ˇclan: an = a 0 q n
·
·
Definicija 7.1. Rekurentna jednaˇcina k-tog reda oblika je an+k = F (n, an+k−1 , . . . , an ). Reˇsenje ove jednaˇ cine je bilo koji niz koji zadovoljava tu jednaˇ cinu, nekada u oznaci (an ). Definicija 7.2. Opˇste reˇ senje jednaˇcine iz (7.1) je reˇ senje koje sadrˇzi sva reˇsenja. Ova jednaˇcina moˇze biti zadata uz k poˇcetnih uslova. Tada se svako reˇsenje jedinstveno odred¯uje na osnovu tih k uslova. Definicija 7.3. Jedno izdvojeno reˇsenje jednaˇcine 7.1. naziva se i partikularno reˇsenje. i
j
Definicija 7.4. Reˇsenja (a(n ) ), (a(n ) ) rekurentne jednaˇ cine 7.1. su nezavisna ukoliko vaˇzi: (i) an = c const j a(n )
−
za bilo koji izbor konstante c. Pojam zavisnih reˇsenja moˇzemo proˇsiriti i na viˇse od dva reˇsenja ukoliko jedno reˇsenje moˇzemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih, tada kaˇ zemo da
−
28
su ta reˇsenja zavisna. U protivnom imamo nezavisna reˇsenja. i
s
Teorema 7.5. Reˇsenja (a(n ) ), . . . , (a(n ) ) rekurentne jednaˇcine 7.1. su nezavisna akko vaˇzi :
det(A) =
Dokaz:
(1)
⇒
(1) (a1 )
... .. .
(s) (a1 )
(as ) (as ) . . .
(s) (as )
.. .
(2) (a1 )
(1)
.. .
(2)
(2)
...
=0
(s)
(= ) Ukoliko su nizovi (an ), (an ), . . . , (an ) koji su reˇsenja rekurentne jednaˇcine 7.1. nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni, pa je rang matrice A jednak rank(A) = s, ˇsto povlaˇci da je det(A) = 0.
( =) Ako je det(A) = 0, onda je i rank(A) = s, pa su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni, ˇsto povlaˇci i da su reˇsenja rekurentne jednaˇcine 7.1. nezavisna.
⇐
7.1
Linearna rekurentna jednaˇ cina
Definicija 7.6. Jednaˇcina oblika f k (n)an+k + f k−1 (n)an+k−1 + . . . + f 0 (n)an = f (n) naziva se linearna rekurentna jednaˇ cina . Razlikujemo dve vrste linearnih rekurentnih jednaˇcina: (1) sa funkcionalnim koeficijentima to je jednaˇcina oblika baˇs 7.6, u kojoj su koeficijenti f i (n), gde su f i neke funkcije (2) sa konstantnim koeficijentima ako su funkcije f i neke konstante
− −
Definicija 7.7. Za linearnu rekurentnu jednaˇ cinu kaˇzemo da je homogena ukoliko je f (n) 0. U suprotnom, ona je nehomogena.
≡
Definicija 7.8. Normalizovani oblik (normirani oblik) linearne rekurentne jednaˇcine je oblik kada je f k (n) 1. Ovaj oblik dobijamo kada jednaˇcinu 7.6. podelimo f k (n).
≡
k
(2) ( ) Teorema 7.9. Ukoliko su (a(1) senja homogene n ), (an ), . . . , (an ) nezavisna reˇ linearne rekurentne jednaˇ cine zadate sa 7.6, tada je opˇste reˇsenje zadato sa: (2) (k ) an = c 1 a(1) n + c2 an + . . . + ck an
• Reˇsenje je linearna kombinacija k nezavisnih reˇsenja • konstante c 1, c2, . . . , ck odred¯uju se na osnovu poˇcetnih uslova • Jednaˇcina 7.9. je jednaˇcina k-tog reda • Broj k u 7.9. se mora podudarati sa redom linearne rekurentne jednaˇcine 7.6. 29
Definicija 7.10. Opˇste reˇ senje nehomogene linearne rekurentne jednaˇcine oblika je: an = hn + pn gde je hn opˇste reˇsenje odgovaraju´ce homogene jednaˇcine, a pn jedno partikularno reˇ senje date nehomogene jednaˇcine .
7.2
Linearna rekurentna jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima
Definicija 7.11. Linearna rekurentna jednaˇcina sa konstantnim koeficijentima je jednaˇcina oblika f k an+k + f k−1 an+k−1 + . . . + f 0 an = f (n).
7.2.1
Homogena linearna rekurentna jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima
Homogena linearna rekurentna jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima: f (n) 0.
≡
Reˇsenje homogene linearne rekurentne jednaˇcine sa konstantnim koeficijentima bitno zavisi od njene karakteristiˇcne jednaˇcine. Definicija 7.12. Karakteristiˇcna jednaˇcina ima slede´ci oblik: f k xk + f k−1 xk−1 + . . . + f 0 = 0. Razlikujemo dva sluˇcaja: (1) ako su sve nule (x1 , x2 , . . . , xn ) karakteristiˇcne jednaˇcine med¯usobno razliˇcite, tada je opˇste reˇsenje dato sa: an = c1 xn1 + c2 xn2 + . . . + ck xnk (2) ako postoji m istih nula karakteristiˇcne jednaˇcine, tada one daju cm xn + cm+1 n xn + . . . + cm+k−1 nk−1 xn
· ·
·
·
ˇclan u opˇstem reˇsenju homogene jednaˇcine. (Ako su, na primer, tri korena ista, a ostali razliˇciti, reˇsenje bi bilo oblika an = c1 xn1 + c2 xn1 n + c3 xn1 n2 + c4 xn4 + . . . + ck xnk .)
·
7.2.2
·
Nehomogena linearna rekurentna jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima
Nehomogena linearna rekurentna jednaˇ cina sa konstantnim koeficijentima: f (n) = 0
Postoje razliˇcite metode razvijanja i u zavisnosti od f (n) razlikujemo tri sluˇcaja: 30
(1) Ako je f (n) polinom stepena ne ve´ ceg od d, tada se partikularno reˇ senje nehomogene jednaˇcine traˇzi na slede´ci naˇcin: i) ako x = 1 nije nula karakteristiˇcne jednaˇcine, tada je: pn = A 0 + A1 n + . . . + Ad nd ii) ako x = 1 jeste nula viˇsestrukosti m, tada je: pn = n m (A0 + A1 n + . . . + Ad nd )
·
(2) Ako je f (n) = k bn , k const, tada se partikularno reˇsenje nehomogene jednaˇ cine traˇzi na slede´ ci naˇcin: i) ako x = b nije nula karakteristiˇcne jednaˇcine, tada je:
·
−
pn = A bn
·
ii) ako x = b jeste nula viˇsestrukosti m, tada je: pn = n m A bn
· ·
(3) Ako je f (n) = P d (n) bn , tada se partikularno reˇsenje nehomogene jednaˇcine traˇzi na slede´ci naˇcin: i) ako x = b nije nula karakteristiˇcne jednaˇcine, tada je:
·
pn = (A0 + A1 n + . . . + Ad nd ) bn
·
ii) ako x = b jeste nula viˇsestrukosti m, tada je: pn = n m (A0 + A1 n + . . . + Ad nd ) bn
·
·
Napomena: Sluˇcaj (1) dobija se iz (3) kada je b = 1. Partikularno reˇsenje bi´ce odred¯eno kada se odrede nepoznati koeficijenti koji su oznaˇceni sa A koje traˇzimo tako ˇsto izraz p n zamenimo u 7.11. Ako nisu zadati poˇcetni uslovi, krajnje reˇsenje ´ce zavisiti od konstanti c1 , . . . , c k . Zadatak 1: Reˇsiti slede´cu rekurentnu jednaˇcinu: an = 6an−1
− 8an−2 + 3n.
Reˇsenje: U pitanju je nehomogena linearna rekurentna jednaˇcina. Kratak opis postupka: 1) reˇsi se odgovaraju´ca homogena jednaˇcina odrede se nule karakteristiˇcne jednaˇcine 2) odredi se jedno partikularno reˇsenje nehomogene jednaˇcine 3) opˇste reˇsenje je zbir reˇsenja homogene jednaˇcine i prethodno odred¯enog partikularnog reˇsenja
31
−
1) a n = 6an−1 8an−2 — homogena jednaˇcina an 6an−1 + 8an−2 = 0 x2 6x + 8 = 0 — karakteristiˇcna jednaˇcina 6 36 32 x1/2 = 2 x1 = 2, x2 = 4 — nule karakteristiˇcne jednaˇcine an = c1 2n + c2 4n — opˇste reˇsenje homogene jednaˇcine
− −
± √ −
·
·
2) p n = a 3n — partikularno reˇsenje Vra´canjem pn u poˇcetnu jednaˇcinu odredi´cemo koeficijent A: pn = 6 pn−1 8 pn−2 + 3 n A 3n = 6 A 3n−1 8 A 3n−2 + 3n A 3n 6 A 3n−1 + 8 A 3n−2 3n = 0 3n−2 (A 32 6 A 3 + 8 A 32 ) = 0 A = 32 = p n = 3n+2
·
− · · · − · · · − · · · · − · · − · · · − − ⇒ − 3) a n + pn = c 1 · 2n + c2 · 4n − 3n+2
Zadatak 2: Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu an uz poˇcetne uslove a 0 = 0, a1 = 2, a2 = 16.
− 6an−1 + 12an−2 − 8an−3 = 2n
Reˇsenje: an 6an−1 + 12an−2 8an−3 = 0 x3 6x2 + 12x 8 = 0 x1 = x 2 = x 3 = 2 an = c1 2n + c2 n 2n + c3 n2 2n — opˇste reˇsenje pn = A 2n n3 — partikularno reˇsenje 1 Vra´canjem pn u poˇcetnu jednaˇcinu dobijamo: A = 6 1 n 3 = p n = 2 n 6 1 n 3 an + pn = c 1 2n + c2 n 2n + c3 n 2n + 2 n — krajnje reˇsenje 6 Odred¯ivanje c 1 , c2 , c3 : n = 0 = c 1 + 0 = 0 (za a 0 = 0) 1 n = 1 = 2c1 + 2c2 + 2c3 + = 2 (za a 1 = 2) 3 18 n = 2 = 4c1 + 8c2 + 16c3 + = 16 (za a 2 = 16) 3
− −
· · ·
⇒
− · ·
· · ·
−
· ·
· ·
· ·
· ·
⇒ ⇒ ⇒
c1 = 0, c2 =
1 1 , c3 = 3 2
Konaˇcno reˇsenje dobijamo tako ˇsto uvrstimo prethodno dobijene koeficijente u krajnje reˇsenje: 1 1 1 n 3 n 2n + n 2n + 2 n 3 2 6
· ·
· ·
· ·
32
7.3
Nelinearne rekurentne jednaˇ cine
Za nelinearne rekurentne jednaˇcine ne postoji opˇ sti postupak za njihovo ˇ reˇsavanje. Staviˇse, veliki broj ovih jednaˇcina je nereˇsivo. Neki metod je nalaˇzenje prvih nekoliko ˇclanova, dolaˇzenje do njihove povezanosti, dokazivanje povezanosti (najˇceˇs´ce matematiˇckom indukcijom) i njeno koriˇs´cenje za odred¯ivanje opˇsteg ˇclana. 3a3n 1 Primer neke nelinearne rekurentne jednaˇcine bio bi: an = (an−2 + an−3 )2
−
7.4
Funkcije generatrise i reˇsavanje rekurentnih jednaˇ cina
(a0 , a2 , . . .)
←→ a0 + a1x + . . .
Ako je normalizovana linearna rekurentna jednaˇcina sa konstantnim koefici jentima uz poˇcetne uslove zadata na slede´ ci naˇcin: an+k + f k−1 an+k−1 + . . . + f 0 an = 0 (7.13.) a0 = u 0 , a1 = u 1 , . . . , ak−1 = u k−1 tada vaˇzi slede´ca teorema:
Teorema 7.14. Funkcija generatrisa niza odred¯enog (7.13.) je: A(x) =
R(x) 1 + f k−1 x + . . . + f 0 xn
gde je R(x) polinom stepena strogo manjeg od k. Dokaz: R(x) = A(x) (1 + f k−1 x + . . . + f 0 xn ) R(x) = (a0 + a1 x + . . .) (1 + f k−1 x + . . . + f 0 xn ) Koeficijent koji se nalazi uz xn+k na desnoj strani gornje jednakosti za n 0 jednak je: an+k + f k−1 an+k−1 + . . . + f 0 an . Budu´ci da niz an zadovoljava rekuretnu jednaˇcinu (7.13.), izraz an+k +f k−1 an+k−1 + . . . + f 0 an jednak je nuli za sve elemente niza ve´ ce ili jednake k. n+k Dakle, koeficijent uz x jednak je nuli za sve ˇclanove xk , xk+1 , . . . , tj. sa desne strane jednakosti ostaje jedan polinom stepena strogo manjeg od k.
·
·
≥
Reˇsenje rekurentne jednaˇcine 7.13. ´cemo dobiti traˇzenjem njene funkcije generatrise iz koje ´cemo dobiti niz Teorema 7.15. Ako su dati polinomi P(x), Q(x) i vaˇzi deg(R(x)) < deg(Q(x)) i slobodan ˇclan kod polinoma Q(x) je razliˇcit od nule, odnosno, q 0 = 0, tada, ako se polinom Q(x) moˇ ze napisati u obliku Q(x) = Q 1 (x) Q2 (x) . . . Qm (x), P (x) onda se moˇze napisati u slede´cem obliku: Q(x)
·
· ·
P (x) P 1 (x) P 2 (x) P m (x) = + + ... + , deg(P i (x)) < deg(Qi (X )) Q(x) Q1 (x) Q2 (x) Qm (x) 33
P ( P (x) 2 + 4x 4x 3x2 P ( P (x) Primer 1: Ako je = , napisati u obliku 7.15. Q(x) 2 5x + 4x 4x2 x3 Q(x)
−
−
−
Reˇsenje: senj e: Faktori akt orisanj sanjem em Q( Q (x) dobijamo Q dobijamo Q((x) = (1 x)2 (2 x) P ( P (x) P 1 (x) P (x) = + 2 , ali poˇsto sto postoji posto ji jedna nula u viˇ sestrukosti sestrukosti m (u 2 Q(x) (1 x) 2 x P ( P (x) ovom sluˇ sl uˇcaju ca ju m = 2), onda se traˇ t raˇzi zi u obliku: obl iku: Q(x) P ( P (x) P 1 (x) P 2 (x) P 3 (x) = + + 2 Q(x) 1 x (1 x) 2 x 2 2 + 4x 4x 3x P 1 (x) P 2 (x) P 3 (x) P 1 (x)(1 x)(2 x) + P 2 (x)(2 x) + P 3 (x)(1 = = + + = 2 2 (1 x) (2 x) 1 x (1 x) 2 x (1 x)2 (2 x) P 1 (x)(2 3x + x2 ) + P 2 (x)(2 x) + P 3 (x)(1 2x + x2 ) = . . . (1 x)2 (2 x) dalje je potrebno grupisati po x po x i , pa izjednaˇcini cini koeficijente koeficij ente u brojioc bro jiocima, ima, pa ´ce ce se dobi d obiti ti odgovara odg ovaraju´ ju´ci P ci P 1 (x), P 2 (x), P 3 (x).
−
−
· −
−
−
−
⇒ − −− −
−
−
−
− −
−
−
−
−
−
−
Zadatak 3: Za datu rekurentnu jednaˇcinu cinu an+1 = 3an + 2, odrediti funkciju generatrisu generatr isu za poˇcetni cetni uslov a uslov a 0 = 0, 0 , a potom poto m odrediti odred iti opˇsti sti ˇclan clan niza. Reˇsenj se nje: e: Jedn Je dnaˇ aˇcini ci ni a n+1 = 3an + 2 odgovara od govara jednaˇ jedn aˇcina cin a
−
A(x) a0 2 = 3A(x) + x 1 x
−
sa funkcijama generatrise, jer:
an+1 odgov o dgovara ara funkcija A funkcija A (x) za niz pomeren za jedno mesto ulevo
→ A(x)x− a0
an odgovara funkcija generatrise A( A (x) 2 je n je n-ti -ti ˇclan clan niza koji ima sve 2 u sebi, odnosno, odgovara odgovara joj jo j funkcija genera2 trise . 1 x A(x) a0 2 = 3A 3 A(x) + x 1 x A(x) 2 = 3A 3 A(x) + x 1 x 1 2 A(x) 3 = x 1 x 1 3x 2 A(x) = x 1 x 2 A(x) = 1 x 1 3x x 2x A(x) = (1 x)(1 3x)
− −
−
− −
− − −
− −
−
−
A(x) treba da se potraˇzi zi u obliku: A B A(x) = + , i dobi dobije je se A = 1 x 1 3x
−
−
34
−1,
B = 1, odnos odnosno no,, A(x) =
−
−
− x)2 =
− 1 −1 x + 1 −1 3x = −
ˇclan cl an niza ni za
xn +
n≥0
(3x (3x)n =
n≥0
(3n
n≥0
an = 3n
odnosno, odno sno, ono ˇsto sto stoji sto ji uz u z xn .
− 1)x 1) xn , pa je odatle opˇ sti sti
− 1,
Zadatak Zadata k 4: Za datu dat u rekurentnu rekure ntnu jednaˇcinu cinu
an+2 = 2an+1 an a0 = 1, a1 = 2
−
odrediti odred iti funkciju generatrisu generatr isu uz date poˇcetne cetne uslove, a potom poto m odrediti odred iti opˇsti sti ˇclan clan niza. Reˇsenj se nje: e:
−→ −→ A(x) −xa21x − a0 an+1 −→ −→ A(x)x− a0 −→ A( an −→ A(x) an+2
Odgovaraju´ca ca jednaˇcina cina funkcija generatrisa generat risa datoj dato j rekurentno j jednaˇcini cini je: A(x)
− a1x − a0 = 2 A(x) − a0 − A(x) x2
x
Nakon sred¯ivanja, dobija se: x 1 1 A(x) = = + = 2 (1 x) 1 x (1 x)2 n + 1)x 1)xn = nxn = a n = n = n..
−
n≥0
− − ⇒
−
− n
x +
n≥0
35
n≥0
n+1 n
− xn =
( 1+
n≥0
8 8.1
ˇ BROJE BR OJEVI VI REKUR REKURENT ENTNIH NIH JEDNA JEDNACINA Fibonaˇ cijevi cijevi brojevi
Fibonaˇcijevi cijevi brojevi predstavljaju svakako svakako jedan od najpoznatijih najp oznatijih nizova. nizova. Toliku ,,slavu” stekli su jer su se javili i u mnogim drugim (nematematiˇckim) ckim) oblastima, kao i u samoj prirodi (na primer, broj listova ili cvetova, kod velikog broja bro ja biljki bilj ki je jedna j ednak k baˇs nekom ne kom Fib F ibonaˇ onaˇcijevom cij evom bro ju). ju) . U antiˇ ant iˇckoj cko j Grˇckoj, cko j, kao i kasnije u renesansi, za idealnu proporciju je uziman takozvani ,,zlatni presek” koji se takodje javlja kod Fibonaˇcijevih cijevih brojeva. Italijanski matematiˇ car car Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaˇci ci (Fibonacci je skra´ ceno ceno od ,,filius ,,filius Bonacci”, Bonacci”, to jest, Bonaˇcijev cijev sin) ˇziveo ziveo je 1180–1240 1180–124 0 (po nekim drugim drugim podacima 1175 – 1250). U svojoj ,,Knjizi ,,Knjizi o Abakusu” postavio postavio je ,,Problem zeˇ ceva”: ceva”: Svaki par pa r zec–zeˇ zec– zeˇcica cica (starih barem 2 meseca) m eseca) dobiju tokom svakog slede´ceg ceg mem eseca par mladih: zeca i zeˇcicu. cicu. Ako je j e na poˇcetku cetku godine godin e bio bi o jedan j edan novorod¯en par, koliko koli ko ´ce ce biti bit i ukup u kupno no parova zeˇceva ceva poˇ p oˇcetkom cetko m sled s lede´ e´ce ce go godine dine?? (Pretp (Pre tpost ostaavimo da zeˇcevi cevi ne umiru.) umiru. ) Neka je F n broj bro j parova zec–zeˇ z ec–zeˇcica cica posle posl e n meseci, to jest, tokom (n (n + 1)–vog meseca od o d poˇcetka cetka godine. Prema pretpostavci je F 0 = 1 i F 1 = 1 (jer taj par joˇs nije zreo za razmnoˇ zavanje), zavanje), a F n (za n > 2) dobija se kada broju parova F n−1 koji ko ji su ˇziveli ziveli proˇslog slog meseca doda broj bro j novorod¯enih parova zeˇceva ceva koji se dobijaju od F n−2 parova ˇzivih zivih pre dva meseca. Drugaˇcije cije napisano, napisan o, vaˇ zi zi rekurentna formula:
F n+2 = F = F n+1 + F n (8.1.) F 0 = 0, F 1 = 1 ili F 1 = 1, F 2 = 1
Definicija 8.2. Fibonaˇcijev cijev niz nazivamo rekuretnu formulu form ulu 8.1. Dakle, Fibonaˇ Fibon aˇcijevi cijevi brojevi bro jevi su elementi Fibonaˇ Fibon aˇcijevog cijevog niza: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13 13,, 21 21,, . . . 8.1.1 8.1.1
Zlat Zlatna na podela podela
Pojam zlatne podele po dele usko usko je povezan povezan sa Fibonaˇ Fibonaˇcijevim cijevim nizom i njegovim njegovim elementima. Posmatrajmo duˇz zadatu slikom 8.1.:
Slika 8.1. Vaˇzi zi sled sl ede´ e´ca ca jedn je dnak akos ostt
v + m v = v m
koju nazivamo nazivamo zlatnom podelom.
36
Ako je m = 1: v + 1 = v v v2 v 1 = 0 1 5 v1/2 = 2
− − √ ± −→ v = 1 + √ 5 ≈ 1, 618 2
8.1.2
Neke teoreme Fibonaˇ cijevih brojeva
Teorema 8.3. Opˇsti ˇclan Fibonaˇcijevog niza je :
F n =
√ − √ n
1+ 5 2
1
− √ 5
5
n
2
. Dokaz: Reˇsavanjem rekurentne jednaˇcine 8.1. dobijamo karakteristiˇcnu jednaˇcinu: x2 1 5 x 1 = 0 ˇciji su koreni x 1/2 = , pa je opˇste reˇsenje oblika: 2
± √
−
·
F n = c1
√ 1+ 5 2
n
·
+ c2
− √ 1
5
−
n
2
F 0 = 0 = c 1 + c2 1+ 5 1 5 F 1 = 1 = c 1 + c2 2 2 1 1 c1 = , c2 = 5 5
√
·
√
−√
√ − √ √ · − √ · √ − √
1 F n = 5
F n =
√ − ·
1+ 5 2
1+ 5 2
n
− √ 5
n
1 5
1
5
1
5
n
2
n
2
Teorema 8.4. n–ti ˇclan Fibonaˇcijevog niza jednak je :
F n =
√ √ 1+ 5 2
n
5
gde je [x] oznaka za zaokruˇzivanje na najbliˇzi ceo broj.
37
Dokaz: Treba videti kolika je udaljenost F n iz ove i prethodne teoreme: n n n 1+ 5 1+ 5 1 5 1+ 5 2 2 2 2 F n = 5 5 5 5
√ √ − √ √ − √ √ − √ − √ √ √ − √ − √ √ ≤ √ ⇒ √ ≤− 1+ 5 2
n
1
5
2
5
=
1
5
2 5
<
1 = F n = 2
n
=
1+ 5 2
n
5
1 pa kad se joˇs stepenuje n, onda bude sve manje
Teorema 8.5. Funkcija generatrisa Fibonaˇcijevog niza je : x F (x) = . 1 x x2
− −
Dokaz: Rekurentnoj jednaˇcini Fibonaˇcijevog niza odgovara slede´ca jednaˇcina funkcija generatrisa: F (x) F 1 x F 0 F (x) F 0 = + F (x) 2 x x jer je: F (x) F 1 x F 0 F n+2 x2 F (x) F 0 F n+1 x F n = F (x)
−
−→ −→ −→
− −
−
−
−
Dakle: F (x)
− F 1x − F 0 = F (x) − F 0 + F (x) x2 x F (x) − x F (x) = + F (x) x2
x 1 1 F (x) 1 = x x 2 1 x x 1 F (x) = 2 x x x F (x) = 1 x x2
·
1 x2
− −
· − − − −
38
8.1.3
Osobine Fibonaˇ cijevih brojeva
1) Svaka dva uzastopna Fibonaˇcijeva broja su uzajamno prosta 2) F n F m·n 3) Ako je p prost broj ve´ ci od 5, onda:
|
|
p F p+1
|
p F p−1
Teorema 8.6. F n+1 1) = 1+ F n
√
1 1
1+ 1+
1 ..
.
1+
F n+1 1+ 5 i 2) lim = n→∞ F n 2
n sabiranja
1 1
Dokaz za 1): (indukcijom po n) (1) BAZA INDUKCIJE: F 2 1 n = 1: =1 =1 F 1 1
⇐⇒
√
(2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da tvrd¯enje vaˇzi za n (INDUKTIVNA HIPOTEZA). Treba dokazati da vaˇ zi za n + 1. I.H.
F n+2 F n+1 + F n F n 1 = = 1+ = 1+ = 1+ f n+1 F n+1 F n+1 f n+1 1+ f n
1 1 .. 1+
. .
1+
1 1
n+1 sabiranja
Dokaz za 2): F n+1 F n+1 > 1 i < 2 F n F n F n+1 = niz je ograniˇ cen, a uz to on monotono raste F n = taj niz konvergira nekom x F n+1 = lim koji je reˇsenje jednaˇcine: n→∞ F n 1 x = 1 + x x2 x 1 = 0 1 5 1+ 5 x1/2 = = x = , jer je on koren koji je ve´ci od 1, dok je drugi 2 2 koren manji od 1. Vaˇzi da je
⇒ ⇒ ⇒∃
− − √ ± ⇒
√
39
Teorema 8.7.
− 1
F 1 + F 2 + . . . + F n = F n+2
Dokaz:
− F 2 − F 3
F 1 = F 3 F 2 = F 4 .. .
F n−1 = F n+1 F n F n = F n+1 F n+1
−
−
+
F 1 +F 2 +. . .+F n−1 +F n = (F 3 F 2 )+(F 4 F 3 )+. . .+(F n+1 F n )+(F n+2 F n+1 ) F 1 + F 2 + . . . + F n = F n+2 F 2 F 1 + F 2 + . . . + F n = F n+2 1
− −
−
−
−
−
Teorema 8.8. F n+1 F n−1 = ( 1)n
·
−
Dokaz: (indukcijom po n) (1) BAZA INDUKCIJE: n = 1: F 2 F 0 F 12 = 1
· −
− ⇐⇒ 0 − 12 = −1 ⇐⇒ −1 = −1 √
(2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da tvrd¯enje vaˇ zi za n (I.H.). Treba dokazati da vaˇ zi za n + 1.
· − F n2+1 = (F n+1 + F n) · F n − F n2+1 = F n+1 · (F n − F n+1) + F n2 = I.H. 2 −F n+1 · F n+1 + F n = −(−1)n = ( −1)n+1 F n+2 F n
8.2
Tribonaˇ cijevi brojevi
Tribonaˇcijevi brojevi su elementi Tribonaˇcijevog niza. Ime ovog niza dobi jeno je ukrˇstanjem reˇ ci ,,tri” i ,,Fibonaˇci”. Definicija 8.9. Tribonaˇcijev niz je zadat slede´com rekurentnom jednaˇcinom :
T n+3 = T n+2 + T n+1 + T n L0 = 0, L1 = 0, L2 = 1.
Tribonaˇcijevi brojevi su: 0,0,1,1,2,4,7,13,24,. . .
40
8.3
Lukasovi brojevi
Engleski matematiˇcar iz 19. veka Edvard Lukas (engl. Eduard Lucas) bavio se teorijom bro jeva i on je nazvao Fibonaˇcijeve brojeve po Fibonaˇciju (zbog njegovog prethodno opisanog problema sa zeˇcevima). Takod¯e, po njemu je ime dobio i jedan niz koji je veoma sliˇcan sa Fibonaˇcijevim nizom i po rekurentnoj jednaˇ cini, kao i po nekim osobinama, koje ´ce biti opisane u ovom odeljku. Definicija 8.10. Lukasov niz je zadat slede´ com rekurentnom jednaˇ cinom :
Ln+2 = Ln+1 + Ln L1 = 1, L2 = 3 ili L = 0 = 2, L1 = 1.
Lukasovi brojevi su elementi Lukasovog niza. To su brojevi: 2,1,3,4,7,11,18,29,. . . Teorema 8.11. Opˇsti ˇclan Lukasovog niza je :
√ − √ 1+ 5 2
Ln =
n
+
1
5
2
n
.
Dokaz: Lukasovi brojevi i Fibonaˇcijevi brojevi zadovoljavaju istu rekurentnu jednaˇcinu (uz drugaˇcije poˇcetne uslove), pa je karakteristiˇcna jednaˇcina ista, odakle sledi da su i nule iste. U tom sluˇcaju se opˇste reˇsenje potraˇzi u obliku: Ln = c 1 L0 = 2 = c 1 + c2 1+ 5 L1 = 1 = c 1 2
·
√ 1+ 5 2
n
·
+ c2
− √
√ − √ · · √ − √ 1
+ c2
5
n
2
5
2
c1 = c 2 = 1,
pa je opˇsti ˇclan L n =
1
1+ 5 2
n
+
1
5
n
2
Teorema 8.12. Funkcija generatrisa Lukasovog niza je : L(x) =
−x 1 − x − x2 2
Dokaz: Rekurentno j jednaˇcini Lukasovog niza odgovara slede´ca jednaˇcina funkcija generatrisa: L(x) L1 x L0 L(x) L0 = + L(x) 2 x x
−
−
−
41
.. . L(x) =
−x 1 − x − x2 2
Teorema 8.13. Veza izmed¯u Lukasovih brojeva i Fibonaˇcijevih brojevima je : Ln = F n+1 + F n−1 Dokaz: (indukcijom po n) (1) BAZA INDUKCIJE: n = 1: L1 = F 2 + F 0 1 = 1 + 0
⇐⇒ 1 = 1 √
⇐⇒
(2) INDUKTIVNI KORAK: Pretpostavimo da tvrd¯enje vaˇ zi za n (I.H.). Treba dokazati da vaˇ zi za n + 1. I.H.
Ln+1 = L n + Ln−1
8.4
= (F n+1 + F n−1 ) + (F n + F n−2 ) = F n+2 + F n
Katalanovi brojevi
Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada? Neka je n = 3: Kada niz poˇcinje sa 3 otvorene zagrade ((())) Kada niz poˇcinje sa 2 otvorene zagrade (()()), (())() Kada niz poˇcinje sa 1 otvorene zagrade ()(()), ()()() = Ima ukupno 5 korektnih nizova zagrada.
◦ ◦ ◦
−→ −→ −→
⇒
Definicija 8.14. Katalanov broj C n predstavlja broj korektnik mogu´ cnosti n parova zagrada . Rekurentna relacija
• Ako je n parova zagrada je oblika:
(x1 )x2 , gde su x1 i x2 korektni nizovi levih i desnih zagrada manjih od n, onda vaˇ zi slede´ca rekurentna relacija: n−1
C n =
·
C i C n−i−1
i=0
gde je C i broj mogu´cnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x1 , a C n−i−1 broj mogu´ cnosti rasporeda zagrada koji odgovara nizu x 2 . Zajedno sa C 0 = 1 ova rekurentna relacija dovoljna je da odredi sve Katalanove brojeve.
42
Data rekurentna relacija je nelinearna rekurentna jednaˇcina, i njen opˇsti ˇclan je oblika: 1 2n C n = . n n+1
·
Primena Katalanovih brojeva: 1) Posmatrajmo tablu sa slike 8.2. dimenzije nxn (sliˇcnu ˇsahovskoj tabli).
Slika 8.2. Tabla dimenzija nxn Broj razliˇcitih naˇcina da se stigne iz A u B kretanjem po ivicama polja, a bez presecanja dijagonale (broj monotonih puteva) jednak je Katalanovom broju cn , gde je tabla formata nxn. U primeru puta datog na slici, otvorenu zagradu predstavljamo horizontalnim kretanjem, a zatvorenu zagradu vertikalnim kretanjem. 2) Korensko binarno stablo Korensko stablo se slikovito predstavlja tako ˇsto se svaki ˇcvor, poˇcevˇsi od korena stabla, predstavlja kruˇzi´cem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnih naslednika, koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega. Korensko binarno stablo moˇze biti jednake ili nejednake duˇzine. Jedan primer ovakvih binarnih stabala dato je na slici 8.3.
Slika 8.3. Primer korenskog binarnog stabla 43
Broj razliˇ citih korenskih binarnih stabala sa n listova jednak je Katalanovom broju C n .
44
9
Particije
9.1
Kompozicije brojeva
Definicija 9.1. Kompozicija broja n na k sabiraka je ured¯ena k-torka (a1 , a2 , . . . , ak ) prirodnih brojeva takvih da je a1 + a2 + . . . + ak = n. Primer 1: Na´ ci sve kompozicije broja 5. Reˇsenje: k=1: 5=5 k = 2 : 5 =1+4 = 4+1= 2+3 =3+2 k = 3 : 5 = 1 + 1 + 3 = 1 + 3 + 1 = 3 + 1 + 1 = =1+2+2=2+1+2=2+2+1 k = 4 : 5 =1+1+1+2 =1+1+2+1 = =1+2+1+1=2+1+1+1 k=5: 5 = 1+1+1+1+1 Ukupan broj ured¯enih kompozicija je 16. Teorema 9.2. Broj kompozicija broja n na k sabiraka jednak je:
− n k
−
1 1
Dokaz: Broj n napisa´cemo kao sumu od n jedinica izmed¯u kojih ´cemo staviti crtice: n = 1 1 1 ...1 1 1 Potrebno je da na crtice rasporedimo (k 1) znaka +, a to moˇzemo uˇciniti −1 na baˇs nk− cina. Kada imamo m uzastopnih jedinica one ´ce predstavljati 1 naˇ sabirak m. Takod¯e, jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavlja´ce prvi sabirak a 1 ; jedinice koje se nalaze izmed¯u prvog i drugog znaka + predstavlja´ce sabirak a2 ; . . . ; jedinice koje se nalaze posle ( k 1)-og znaka + predstavlja´ce −1 poslednji sabirak a k . Time smo pokazali da kompozicija ima nk− 1
−
−
Teorema 9.3. Ukupan broj kompozicija broja n je 2n−1 . Dokaz: n
k=1
9.2
n−1 k −1
= 2n−1 , na osnovu binomne teoreme (kada je x = y = 1).
Particije brojeva
{
Definicija 9.4. Particija broja n na k sabiraka je multiskup a1 , a2 , . . . , ak prirodnih brojeva, takav da vaˇzi a1 + a2 + . . . + ak = n.
45
}
Primer 2: Na´ ci sve particije broja 5: Reˇsenje: k = 1 : k = 2 : k = 3 : k = 4 : k = 5 :
{5} {1, 4}, {2, 3} {1, 1, 3}, {1, 2, 2} {1, 1, 1, 2} {1, 1, 1, 1, 1}
Ukupan broj particija je 7.
Broj particija broja n se oznaˇcava p(n), a broj particija broja n na k sabiraka se oznaˇcava p k (n). Particije se uglavnom zapisuju na slede´ci naˇcin: [1α , 2α , . . . , nα ] , 1
2
i
gde α 1 , α2 , . . . , αi oznaˇ cavaju broj pojavljivanja sabiraka u multiskupu. Ne postoji taˇcna formula za broj particija, ali za neke manje brojeve mogu´ ce je prebrojiti sve particije. Broj particija za prvih 7 prirodnih brojeva dat je u slede´cem primeru: Primer 3:
n p(n)
1 1
2 2
3 3
4 5
5 7
6 11
7 ... 15
Ipak, raˇcunanje particija moˇzemo svoditi na neˇsto drugo, a to nam obezbed¯euje slede´ca teorema: Teorema 9.5. pk (n) = p k (n
− k) + pk−1(n − k) + pk−2(n − k) + . . . + p1(n − k)
Dokaz: Neka je a1 + a 2 + . . . + a k = n jedna particija broja n na k sabiraka. Ako od svakog sabirka oduzmemo 1, dobijamo: (a1 1) + (a2 1) + . . . + (ak 1) = (n k). Time smo od poˇcetne particije dobili particiju broja (n k). Uvidimo da neki od sabiraka mogu biti jednaki 0, ukoliko su pre toga bili 1. U zavisnosti od toga koliko je njih 0, dobijamo sabirke koji se nalaze na desnoj strani jednakosti.
−
−
−
−
−
9.2.1
Ferersovi dijagrami
Jedan naˇ cin da se particije predstave je pomo´cu takozvanog Ferersovog dijagrama . Ilustrujmo neki Ferersov dijagram slede´ cim primerom: Primer 4: Predstaviti Ferersovim dijagramom neku particiju broja 5 i broja 18. Reˇsenje: 46
5=1+1+3
−→
... . .
−→
18 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 4 + 5
. . . . . . .
.... ... .. . .
Definicija 9.6. Dve particije broja n su (med¯usobno) konjugovane ukoliko se Ferersov dijagram jedne dobija zamenom mesta vrsta i kolona Ferersovog dijagrama druge. Primer 5: Particije [21 , 31 ] i [11 , 22 ] broja 5 su konjugovane. Reˇsenje: 5 =3+2 ... ..
−→
5 = 2+2+1 .. .. .
Definicija 9.7. Particija broja n je samo–konjugovana ukoliko je jednaka svo joj konjugovanoj particiji. Primer 6: Samo–konjugovana particija broja 5 je [1 2 , 31 ]. Reˇsenje: 5 =1+1+3 ... . .
−→
5 = 1+1+3 ... . .
Ukoliko posmatramo glavnu dijagonalu kao osu simetrije samo–konjugovane particije, ona je simetriˇcna.
• • • • •
Teorema 9.8. Funkcija generatrisa niza p(n) je ∞
P (x) =
(1
i=1
- Bez dokaza!
47
− xi)−1
Moˇ ze da nam posluˇzi za pravljenje particije nekog bro ja u odnosu na unapred zadate sabirke. Ilustracija se vidi u narednom primeru: Primer 8: Odrediti particije broja 12 takve da su sabirci jednaki 2 ili 5. Reˇsenje: P (12) = (1 x2 )−1 (1 x5 )−1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + x12 + . . .) (1 + x5 + x1 0 + . . .) Koeficijent uz x 12 je: x2 x10 + x12 1 = 2x12 = Ukupno ima 2 particije, i one su [21 , 52 ] i [25 , 50 ].
−
9.3
· − ·
·
·
⇒
Neki identiteti sa particijama
1. Broj particija broja n, na do m sabiraka, jednak je broju particija broja n +m na taˇcno m sabiraka. p≤m (n) = p m (n + m) 2. Broj particija broja n, na do m sabiraka, jednak je broja particija broja n na sabirke iz skupa Nm = 1, 2,...,m .
{
}
|
p≤m (n) = p (n N m ) 3. Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n gde se svaki sabirak javlja paran broj puta.
|
|
p (n parni) = p (n svaki sabirak se javlja paran broj puta) 4. Broj samo–konjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja n gde su sabirci razliˇ citi i neparni. p (n s.k.) = p (n =, neparni)
|
|
Dokaz: 1) Neka je data particija broja n + m na m sabiraka. Njen Ferersov dijagram izgleda:
m vrsta
. . . .. . . . . . . .
Ako uklonimo prvu kolonu, time smo uklonili m taˇckica, pa smo dobili Ferersov dijagram neke particije broja n, a uz to ona ima najviˇse m vrsta, odnosno, ta dobijena particija broja n ima najviˇse m sabiraka. Budu´ci da je preslikavanje Ferersovog dijagrama particija broja n + m u Ferersov dijagram particija broja n bijektivno, to vaˇzi jednakost koju je trebalo dokazati.
48
2) Samo je potreno uoˇciti da je svaka particija sa leve strane konjugovana particiji sa desne strane: Na jviˇse m taˇckica u prvoj vrsti kod proizvoljne particije broja n na N m
• • • • • • • • • ... .. .
9.4
Particije skupova
Svaki skup od n elemenata moˇ ze bijektivno da se preslika na skup Nn = 1, 2,...,n .
{
}
Definicija 9.9. Particija skupa N n na k podskupova je skup njegovih disjunktnih podskupova S 1 , S 2 , . . . , Sk , takvih da je Nn = S 1 S 2 . . . S k .
∪ ∪ ∪
{
}
Primer 9: Odrediti particije skupa N 2 = 1, 2, 3 . Reˇsenje: k = 1 : Nn = 1, 2, 3, k = 2 : Nn = 1, 2 3 = 1, 3 k = 3 : Nn = 1 2 3 Ukupno ih ima 5.
{ } { } ∪ { } { } ∪ {2} = {2, 3} ∪ {1} { } ∪ { } ∪ { }
Definicija 9.10. Stirlingov broj druge vrste, u oznaci S (n, k), oznaˇcava broj particija skupa Nn na k podskupova. Iz prethodnog primera S (3, 2) = 3. Definicija 9.11. Belov broj, u oznaci B(n), predstavlja broj svih particija skupa Nn i jednak je
n
S (n, k).
k =0
∅
Napomena: k poˇcinje od 0, jer prazan skup ( ) moˇ ze da se partituje na samog sebe. U slede´cem primeru je data tabela Belovih brojeva prvih 7 prirodnih bro jeva: Primer 10:
9.5 1. 2.
n B(n)
1 1
2 2
3 5
4 15
5 52
Neki identiteti S (n + 1, k) = S (n, k 1) + k S (n, k) S (n, 1) = S (n, n) = 1
−
B(n + 1) = B(0) = 1
n
·
k=0
n k
B(k)
- Bez dokaza!
49
6 203
7 ... 877
10
Grafovi Tekst: Anja Bukurov Slike: Nikola Ajzenhamer
Graf se sastoji od ˇcvorova i grana. Graf ne zavisi od crteˇ za, to je relaciona struktura, a ne geometrijska. Definicija 10.1. Graf G = (V, E ) se sastoji od ured¯enih ˇcvorova V , i skupa E kog ˇcine dvoˇclani podkupovi ˇcvorova i nazivamo ga grane. ˇ Cvorove ´cemo obeleˇzavati sa: u1 , u2 , u3 , . . . , v1 , v2 , v3 , ..., ili samo 1,2,3, ... Grane ´cemo obeleˇzavati sa: e1 , e 2 , e 3 , ..., ili samo 1,2,3, ... Sa n se obeleˇzava ukupan broj ˇcvorova, a sa m ukupan broj grana. Susedni ˇ cvorovi su oni ˇcvorovi koji su spojeni istom granom, u suprotnom nisu susedni. Ako je ˇcvor kra j grane, taj ˇcvor se naziva incidentni cˇvor. Za dve grane sa istom incidentnim ˇcvorom kaˇ zemo da su susedne. Stepen ˇ cvora u (obeleˇzava se sa deg(u), d(u) ili d u ) jednak je broju grana incidentnih sa tim ˇcvorom. Skup svih ˇcvorova susednih sa u (N (u)) zovemo okolina ˇ cvora u. Sa δ oznaˇcava se najmanji stepen ˇcvora, a sa ∆ najve´ci step en ˇcvora.
10.1 •
•
Tipovi grafova
graf (prost graf) graf sa petljom - jedan i drugi kraj grane je isti ˇcvor
50
•
•
•
multigraf - dozvaljava viˇse grana izmed¯u dva ˇcvora
usmereni (orijentisani) graf, digraf - svaka grana moˇze i ne mora da poseduje usmerenju ka jednom ili ka dva ˇcvora. Ako nema usmerenje, podrazumeva se da je obosmerna
teˇzinski graf - svakoj grani se pridruˇzuje jedna numeriˇcka vresnost koja predstavlja njenu teˇzinu
51
Teorema 10.2. Suma svih ˇcvorova jednaka je dvostrukom broju grana. n
deg(u)i = 2 m
·
i=1
Dokaz: Prilikom sumiranja, svaku granu brojimo dva puta.
n
·
·
deg(u)i = 2 + 3 + 4 + 2 + 1 = 12 = 2 6 = 2 m
i=1
Teorema 10.3. Broj ˇcvorova neparnog stepena je paran. Dokaz: Po prethodnoj teoremi suma stepena jednaka je parnom broju. Suma parnih i neparnih stepena jednak je parnom broju. Poˇsto je suma parnih stepena paran broj, mora i suma nepranih stepena da bude paran da bi se dobio paran broj.
10.2 •
Neki grafovi Regularan graf - svaki ˇcvor ima isti stepen.
52
Petersenov graf je regularan graf sa 10 ˇcvorova stepena 3. •
Kompletan (potpun) graf - svaka dva ˇcvora su spojena granom Obeleˇzava se sa K n - za svako n postoji taˇcno jedan graf.
K 5 •
•
Bipartitan graf - skup ˇcvorova se moˇ ze podeliti u 2 disjunkta podskupa tako da svaka grana spaja jedan ˇcvor iz jednog podskupa, sa drugim ˇcvorom iz drugog skupa.
Kompletan bipartitan graf - bipartitan graf kod kog je svaki cˇvor iz jednog podskupa susedan sa svim ˇcvorovima iz drugog podskupa. Stepen svakog ˇcvora iz jednog jednak je broju ˇcvorova drugog skupa. 53
oznaˇcava se sa K n ,n ; n i je broj ˇcvorova u podskupu i; i = 1, 2. Kada je n1 = n 2 , onda postoji taˇcno jedan kompletan bipartitan graf. 1
2
K 3,3 •
Zvezda - kompletan bipartitan graf gde je n 1 = 1
K 1,5 •
Ciklus - povezan graf kod kojeg svaki ˇcvor ima stepen 2. Obeleˇzava se sa C n
C 6 •
Put - P n
54
P 6 •
Prazan graf - graf koji nema grane
10.3
Izomorfizam grafa i invarijante
Definicija 10.4 Za dva grafa kaˇ zemo da su izomorfni ukoliko postoji bijektivno preslikavanje izmed¯u skupova i njihovih ˇcvorova, pri kojem se ˇcuva incidentnost sa granama ˇcvorova. Za dva grafa kaˇzemo da su izomorfni kada je to jedan isti graf.
Definicija 10.5 Invarijanta grafa je svaka funkcija na skupu grafova sa istim brojem ˇcvorova koji se ne menja pri izomorfizu grafa. Primeri su broj ˇcvorova i broj grana grafa. Primer: Broj razliˇcitih povezanih grafova sa 4 ˇcvora ima 6:
55
Slika: a) P 4 ; b) C 4 , K 2,2 ; c) K 1,3 ; d) K 4 ; e) proizvoljan graf; f) sklonjena bilo koja grana iz K 4 Definicija 10.6 - Podgraf grafa G = (V, E ) je proizvoljan graf G = (V , E ), ˇciji je skup ˇcvorova podskup skupa ˇcvorova grafa G, a skup grana je podskup skupa grana grafa G. [V V , E E ]
⊆
⊆
Definicija 10.7 - Indukovan podgraf grafa G = (V, E ) se dobija uklanjanjem proizvoljnog skupa ˇcvorova grafa G. Svaki indukovani podgraf je podgraf, obrnuto ne vaˇzi!
56
Definicija 10.8 - Komplement grafa G = (V, E ) je graf G = (V, E ) ima isti skup V , i kod kojeg su dva ˇcvora susedna akko nisu susedni kod grafa G.
10.4
ˇ Setnja, staze i putevi
ˇ Setnja u grafu G je proizvoljan niz ˇcvorova v1 , v2 , . . . , vk tog grafa tako da su ˇ svaka dva niza susedna tj. spojena jednom granom. Setnja je zatvorena ako je v 1 = v k , inaˇce je otvorena.
ˇ Setnja: v1 v2 v5 v2 v3 Staza u grafu je kad se kroz svaku granu prolazi najviˇse jednom, a kroz ˇcvor moˇze viˇse puta.
Staza: v1 v2 v5 v3 v2
57
Put u grafu je ˇsetnja koja svakim ˇcvorom i svakim grafom prolazi najviˇse jednom. Duˇ zina puta jednaka je broju grana pripadaju tom putu.
Put: v1 v2 v3 v4 Za dva ˇcvora grafa G kaˇzemo da su povezani ukoliko postoji put koji ih spaja. Graf je povezan ukoliko su svaka dva ˇcvora povezana. Povezanost je relacija ekvivalencije. Komponente povezanosti grafa su su klase ekvivalencije tog grafa.
NEPOVEZAN
POVEZAN
Vezivni ˇ cvor povezanog grafa G je ˇcvor koji ˇcijim uklanjanjem graf postaje nepovezan. Most (vezivna grana) u povezanom grafu G je proizvoljna grana ˇcijim uklanjanjem graf postaje nepovezan. Razdvajaju´ ci skup povezanog grafa G je podkup skupa ˇcvorova tog grafa ˇcijim uklanjanjem graf postaje nepovezan. Rastojanje izmed¯u dva ˇcvora [u] i [v] grafa G, u oznaci dist(u, v), jednak je duˇzini najkra´ceg puta koji ih spaja. Rasto janje izmed¯u dva ˇcvora koji nisu povezani je beskonaˇcno. Ekstrenticitet ˇcvora [u], u oznaci ecc(u), jednak je max(dist(u, v)), v V . Radijus grafa G, u oznaci r(G), jednak je najmanjem ekscentricetu ˇcvora tog grafa: min(ecc(u, v)), u V . Centar grafa G ˇ cine svi ˇcvorove ˇciji je ekstenticintret jednak radijusu grafa. Dijametar grafa G, u oznaci diam(G), jednak je nave´cem rastojanju tog ˇcvora unutar tog grafa: max(ecc(u)), u V .
∈
∈
∈
Primeri invarijanti: radijus, dijametar, povezanost grafa...
10.5
Matiˇ cna reprezentacija grafova
Matrice susedstva su simetriˇ cne u odnosu na glavnu dijagonalu. Ukoliko su ˇcvorovi oznaˇceni sa v1 , v2 , . . . , vn , tada je matrica susedstva matrica formata nxn kod koje je element na poziciji (i, j) jednak 1 ukoliko su ˇcvorovi v i i v j susedni, u suprotnom je 0. Kod izomorfnih grafova matrice susedstva su sliˇcne. Za graf G:
58
matrica susedstva je:
A =
0 1 0 1 1 v1
1 0 1 0 1 v2
0 1 0 0 0 v3
1 0 0 0 0 v4
1 1 0 0 0 v5
v1 v2 v3 v4 v5
Matrica incidencije - Svaka kolona ima dve jedinice. Ako su grane oznaˇcene sa e 1 , e2 , . . . , en , tada je matrica incidencije formata nxm kod koje je element na poziciji (i, j) jednak 1 ukoliko vi ˇcvor incidentan sa granom ej . Ne mora da bude kvadratna pa se ne priˇ ca o simetriji. Za graf G, matrica incidencije je:
A =
1 1 0 0 0 e1
0 1 1 0 0 e2
1 0 0 1 0 e3
0 1 0 0 1 e4
1 0 0 0 1 e5
v1 v2 v3 v4 v5
Teorema 10.9: Ako je A matrica susedstva grafa G, tada element koji se nalazi na poziciji (i, j) u matrici Ak predstavlja broj ˇsetnji duˇzine k koje poˇcinju u ˇcvoru v i , a zavrˇsavaju u ˇcvoru v j . - Bez dokaza!
10.6
Stabla
Definicija 10.10: Stablo je povezan graf koji ne sadrˇ zi podgraf jednak ciklusu.
59
Primer: Stabala od 5 ˇcvorova ima 8. Teorema 10.11: Slede´ca tvrd¯enja su ekvivalentna: 1. Graf G je stablo. 2. m = n
− 1 (Broj grana u G je za 1 manji od broja ˇcvorova.)
3. G je maksimalan graf bez ciklusa (ili maksimalan acikliˇcan graf ) (dodavanjem grane postaje cikliˇcan). 4. G je minimalan povezan graf (uklanjanjem jedne grane postaje nepovezan, svaka grana je most). 5. Za svaka dva ˇcvora grafa G postoji taˇcno jedan put koji ih povezuje. - Bez dokaza! ˇ Suma - nepovezan graf kod kojeg je svaka komponenta stablo.
10.7
Razapinju´ ci graf
Definicija 10.12: Razapinju´ci graf grafa G je graf koji ima isti skup ˇcvorova kao G i ˇciji je skup grana podskup skupa grana grafa G. Razapinju´ce stablo povezanog grafa G je razapinju´ci graf koji je jednak stablu. Svaki povezan graf koji nije stablo ima svoj razapinju´ ci graf koji je stablo. Definicija 10.13: Korensko stablo je stablo kod kojeg je jedan ˇcvor izdvojen ˇ i on se naziva koren. Cvorove korenskog stabla razlikujemo prema udaljenosti od korena – svi oni na i-tom rastojanju od korena pripadaju i-tom sloju. Svaki ˇcvor koji nema nijednog suseda u slede´cem sloju je list.
60
Korenska m-arna stabla: Svaki ˇcvor koji nije list ima taˇcno m suseda u slede´cem sloju (potomaka, dece).
3-arno ternarno
2-arno binarno
korensko stablo (m = 3)
korensko stablo (joˇs je i potpuno (svaki potomak koji nije list ima m potomaka)) (m = 2) 61
10.8
Pretraga grafa
Pretraga grafa podrazumeva obilaˇzenje svih ˇcvorova po nekom pravilu. Pretraga moˇze biti u dubinu ili u ˇsirinu. U oba sluˇcaja kre´ce se od proizvoljnog ˇcvora. Kod pretrage u dubinu, naredni ˇcvor koji se obilazi je susedan prethodnom ukoliko je to mogu´ce. Ako nije, onda je susedan prethodom od prethodnog i tako redom dok ne obid¯emo sve. Pretraga nije jedinstvena.
Kod pretrage u ˇsirinu se prvo pretraˇ ze svi susedi prvog ˇcvora, pa svi susedi drugog ˇcvora, itd. Pretraga staje kad pretraˇzimo sve susede.
62
10.9
Algoritmi rada sa razapinju´ cim stablima Nikola Ajzenhamer
10.9.1
Odred¯ivanje minimalnih razapinju´ cih stabala u teˇ zinskom grafu
Minimalno razapinju´ ce stablo je razapinju´ce stablo najmanje teˇzine.
Kruskalov (Kraskalov) algoritam K1: Sortirati grane u grafu u rastu´ci poredak; teku´ca komponenta (T ) je graf bez grana. K2: Izdvojiti granu najmanje teˇzine (e) od nerazmotrenih grana. Ako takva grana ne postoji, pre´ ci na K4. K3: Ako dodavanjem grane e u teku´cu komponentu T nasta je ciklus, onda pre´ci na K2. Inaˇce, dodati tu granu u T i pre´ci na K2. K4: Kraj. Primer 1: Kruskalovim algoritmom odredi minimalno razapinju´ce stablo grafa G sa slike:
Algoritam: K1: [v1v2, v3v4, v1v8, v2v8, v4v6, v2v3, v4v5, v6v7, v1v7, v3v8, v5v6, v6v8]; T je prazan graf. K2: e = v1v2 K3: e T K2: e = v3v4 K3: e T K2: e = v1v8 K3: e T K2: e = v2v8 K3: e T K2: e = v4v6 K3: e T K2: e = v2v3 K3: e T K2: e = v4v5 K3: e T K2: e = v6v7 K3: e T K2: e = v1v7 K3: e T K2: e = v3v8 K3: e T K2: e = v5v6 K3: e T
→ → → → → → → → → → →
63
K2: e = v6v8 K4: Kraj!
K3: e T
→
Na kraju smo dobili graf:
Postupni prikaz algoritma:
Prajmov algoritam K1: Proizvoljan ˇcvor grafa smestiti u teku´cu komponentu (T ). K2: Granu na jmanje teˇzine od teku´ce komponente do ostatka grafa smestiti u teku´cu komponentu. Ako takva ne postoji, i´ci na K1. Ponavljati K2 dokle god je mogu´ce i potom i´ci na K3. K3: Kraj.
64
Primer 2: Prajmovim algoritmom odredi minimalno razapinju´ce stablo grafa G sa slike:
Algoritam: K1: K2: K2: K2: K2: K2: K2: K1: K2: K3:
→ → → → → → → → →
v1 T v1v2 T v1v7 T v7v6 T v6v5 T v2v3 T v3v4 T v8 T v1v8 T Kraj!
Na kraju smo dobili graf:
Postupni prikaz algoritma:
65
Primer 3: Prajmovim algoritmom odredi minimalno razapinju´ce stablo grafa G sa slike:
Algoritam: K1: K2: K2: K2: K2: K2: K2: K2:
→ → → → → → → →
v1 T v1v2 T v2v3 T v3v10 T v10v6 T v10v9 T v9v8 T v8v7 T 66
K2: v3v4 K2: v6v5 K3: Kraj!
→ T → T
Na kraju smo dobili graf:
10.9.2
Razapinju´ ca stabla u oznaˇ cenim grafova
U oznaˇcenim grafovima, ˇcvorovi su oznaˇceni 1,...,n. Jedan primer oznaˇcenog grafa zadat je na slede´coj slici:
Ovakav graf se zove joˇs i unicikliˇ can graf jer sadrˇzi taˇcno jedan ciklus u sebi (12356). Od ovog grafa moˇ zemo da dobijemo taˇcno 5 razapinju´ cih stabala jer upravo toliko ima grana u ciklusu. Neka od ovih stabala su izomorfna. Na primer, brisanjem grane 12 dobija se razapinju´ce stablo izomorfno onom koje se dobija brisanjem grane 56. Oznaˇcenost ˇcvorova obezbed¯uje dobijanje svih reˇsenja bez eliminisanja izomorfnih. Primer 4: Koliko razapinju´cih stabala ima sa 3 oznaˇcena ˇcvora? A sa 4?
67
Dakle, ukupno ih ima 3. Sa 4 oznaˇcena ˇcvora bi´ce ih 16. Definicija 10.#. Priferov niz je bilo koji niz od n ljava i ponavljanja tih brojeva). Jedan Priferov niz duzine n Vaˇ zi i obratno. 10.9.3
− 2 broja iz N n (koji dozvo-
− 2 jednoznaˇcno odred¯uje jedno stablo sa n ˇcvorova.
Odred ¯ivanje Priferovog niza na osnovu zadatog stabla
Neka je s Priferov niz: s = (s1 , s2 ,...,sn−2 ), si glasi:
∈ Nn, i = 1,...,n − 2. Algoritam
s = () for i=1 v s_i T = end
to n-2 ˇ cvor stepena 1 najmanje teˇ zine - sused od v T - vs_i
Primer 5: Odrediti Priferov niz stabla G sa slike:
Algoritam: s = () s = (8) s = (8,3) s = (8,3,7) s = (8,3,7,4) s = (8,3,7,4,7) s = (8,3,7,4,7,5) Kraj! Postupni prikaz algoritma:
68
10.9.4
Odred ¯ivanje stabla na osnovu datog Priferovog niza
Neka je: l = (1, 2,...,n) s = (s1 , s2 ,...,sn−2 ) - Priferov niz T - prazan graf sa n ˇ cvorova Algoritam glasi: for i=1 to n-2 v - najmanja oznaka koja se nalazi u l, a ne nalazi u s w - s_1 T = T + vw ukloniti v iz l s = s - s_1 (ukloniti prvo pojavljivanje w(odn. s_1) u s) end spojiti granom preostala 2 elementa iz l
Primer 6: Odrediti stablo na osnovu zadatog Priferovog niza s = (8, 3, 7, 4, 7, 5). Algoritam: l = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) s = (8, 3, 7, 4, 7, 5) v = 1 w = 8 T = T + 18 69
l = (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) s = (3, 7, 4, 7, 5) v = 2 w = 3 T = T + 23 l = (3, 4, 5, 6, 7, 8) s = (7, 4, 7, 5) v = 3 w = 7 T = T + 37 l = (4, 5, 6, 7, 8) s = (4, 7, 5) v = 6 w = 4 T = T + 64 l = (4, 5, 7, 8) s = (7, 5) v = 4 w = 7 T = T + 47 l = (5, 7, 8) s = (5) v = 7 w = 5 T = T + 75 T = T + 58 Na kraju smo dobili graf:
Postupni prikaz algoritma:
70
Primer 7: Odrediti Priferov niz stabla G sa slike:
Postupak je isti kao u primeru 5. Reˇ senje: s = (3, 1, 8, 2, 2, 4) Primer 8: Odrediti stablo na osnovu zadatog Priferovog niza s = (3, 5, 8, 4, 5, 9, 2) Postupak je isti kao u primeru 6. Reˇ senje je grafik na slici:
71
10.10
Broj razapinju´ cih stabala u oznaˇ cenom grafu
Teorema 10.#. (Kejlojeva teorema): Broj razapinju´ cih stabala grafa K n je nn−2 . - Bez dokaza! Definicija 10.#. Neka je zadat proizvoljan graf G i neka je e grana tog grafa. Graf koji se dobija KONTRAKCIJOM grane e, u oznaci G.e je graf koji se dobija od grafa G tako ˇsto se obriˇse grana e, a dva ˇcvora koja je ona spajala spoje u jedan.
Definicija 10.#. Broj razapinju´cih stabala grafa G oznaˇcavamo t(G). Videli smo da je t(G) = n akko je graf G unicikliˇcan i taj ciklus ima n grana. Postavlja se pitanje kako odrediti t(G) nekog nasumiˇcnog grafa G. U tome nam pomaˇze slede´ca teorema: Teorema 10.#. t(G) = t(G - Bez dokaza!
− e) + t(G.e)
Pokaˇzimo ovo na nekom primeru. Neka je dat graf G na slede´coj slici. 72
Potrebno je odrediti t(G). Da bismo iskoristili teoremu 10.#, neophodno je da pametno odaberemo granu e. Ukoliko je e = 35, dobijamo:
Hajde da odredimo graf G.e kao i t(G.e). Na slede´coj slici vidimo kako izgleda kada kontrakujemo granu e:
Da bismo dobili razapinju´ce stablo ovog grafa, moramo svaki put da uklonimo 1 multi-granu i 1 granu ciklusa (1236, odnosno, 1256). Prema principu proizvoda, ukupan bro j naˇcina da se ovo uradi je 2 4 = 8, odakle sledi da je t(G.e) = 8.
·
Uklanjanjem grane e iz poˇcetnog grafa dobijamo jedan unicikliˇ can graf koji ima 6 grana, odakle sledi t(G e) = 6.
−
Primenom teoreme 10.#. dobijamo: t(G) = t(G e) + t(G.e) t(G) = 6 + 8 t(G) = 14.
−
Definicija 10.#. Ako je T razapinju´ce stablo povezanog grafa G, tada se dodavanjem proizvoljne grane stablu T , pri ˇcemu ona pripada ostatku grafa G, a ne pripada T , dobija taˇcno jedan ciklus u novonastalom grafu. Taj ciklus zove ELEMENTARNI CIKLUS grafa G u osnosu na stablo T .
73
