DISKRETNA MATEMATIKA

DISKRETNA MATEMATIKA

Zora Zo ran n Mit M itrov rovi´ ić Elektrotehniˇ Elektrotehn iˇ cki cki fakultet u Banjaluci

2

Sadrˇ za j 1 Predgovor

7

2 Elementi teorije bro jeva 2.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Djeljivost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Euklidov algoritam . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 2.4 Pros Prosti ti broje brojevi vi.. Osno Osnovna vna teo teore rema ma arit aritme meti tik ke. . 2.5 Modu odularne aritmetike . . . . . . . . . . . . . 2.6 Eulerova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 RSA metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Kineska teorema o ostacima . . . . . . . . . . 2.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Binomna i p olinomna formula 3.1 Binomni koeficijenti . . . . . 3.2 Binomna formula . . . . . . . 3.3 Polinomna formula . . . . . . 3.4 Neki identiteti . . . . . . . . . 3.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

4 Funkcije generatrise 4.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Particije . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Hano js jske kule . . . . . . . . . . . . 4.4 Steinerov problem . . . . . . . . . 4.5 Fibon bonaccijevi broje ojevi . . . . . . . . 4.6 4.6 Proble oblem m dija dijaggonal onalni nih h trian riangu gula laccija ija 4.7 4.7 Siste istemi mi reku rekurz rziv ivni nih h jedn jednaaˇcina ina . . . 4.8 Problem dearanˇzmana . . . . . . . 4.9 Kompoz pozicijski inverz . . . . . . . . 4.10 Za Z adaci . . . . . . . . . . . . . . . . 3

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

9 . . . . . . . . . 9 . . . . . . . . . 11 . . . . . . . . . 13 . . . . . . . . . 15 . . . . . . . . . 17 . . . . . . . . . 22 . . . . . . . . . 25 . . . . . . . . . 25 . . . . . . . . . 27

. . . . .

. . . . .

31 31 32 34 35 35

. . . . . . . . . .

37 37 39 43 44 45 46 47 47 48 49

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . .

ˇ SADR ZAJ

4 5 Sume 5.1 Gausov postupak . . . . . . 5.2 Metoda perturbacije . . . . 5.3 Beskonaˇcne sume . . . . . . 5.4 Primjena izvoda oda i integrala 5.5 Zadaci . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

55 55 57 59 62 63

6 Dirichletov princip i Ramseyeva 6.1 Dirichletov princip . . . . . . . 6.2 Ramseyeva teorema . . . . . . 6.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . .

teorema 65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

7 Grafovi 7.1 Osnovni po jjm movi . . . . . . . . 7.2 Stepen ˇcvora . . . . . . . . . . 7.3 Povezani grafovi . . . . . . . . 7.4 Stabla . . . . . . . . . . . . . . 7.5 Eulerovi i Hamiltonovi grafovi . 7.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

69 69 71 74 76 77 78

. . . . . . . .

81 81 86 88 91 95 10 1000 104 104

. . . . . .

1 07 107 11 0 11 2 11 1144 11 7 119

10 Algebarske strukture 10.1 0.1 Parci rcijaln jalnoo ure uredeni deni skup skupoovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 M rreeˇze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3 G Grrupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 23 123 123 129 1 31

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

8 Linearno programiranje 8.1 Standardni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Dualnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3 8.3 Teore eorema ma o dual dualno nost stii i teo teore rema ma o ekvi ekvili libr brij ijum umu u . . . . 8.4 Operacije sa pivotima . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5 Simpleks tabela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.6 8.6 Prav Pravil ila a za za oper operac acij ijee sa pivo pivoti tima ma k kod od sim simpl plek ekss metod metodaa 8.7 Dualni simpleks metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Diskretna teorija vjerovatno´ ce 9.1 Poja ojam vjerovatnoće . . . . . . . 9.2 Uslovna vjerovatnoća . . . . . . 9.3 Bernulijeva ˇsema . . . . . . . . 9.4 9.4 Disk Diskre retn tnee slu sluˇcajne c ajne prom promje jenl nlji jiv ve 9.5 Sluˇcajn ajni proce ocesi . . . . . . . . . 9.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . .

ˇ SADR ZAJ

5

11 Teorija izraˇ cunavanja 139 11.1 Regularni jezici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 11.2 A ut utomati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 11.3 Tjuringove maˇsine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 12 Teorija ko dova 141 12.1 Generatorske matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 12.2 Hemingovi kodovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 13 Primjene teorije bro jeva 13.1 Prepoznavanje oblika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.2 Funkcije heˇsiranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.3 Kriptografija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Zadaci sa kolokvijuma i pismenih ispita 14.1 14.1 1. Kolo Kolokv kvij ijum um 28. 28. nov novem emba barr 200 2007. 7. . . . . . . . . 14.22 1. Kolokvi 14. Kolokvijum jum 28. novem novembar bar 200 2007. 7. (Rjeˇ (Rjeˇsenja) senja) . . 14 14.3 .3 1. Kolok Kolokvi viju jum m 10. 10. decem decemba barr 200 2007. 7. (Pop (Popra ravn vni) i) . . 14.4 14.4 2. Kolo Kolokv kvij ijum um 6. feb febrruar uar 2008 2008.. . . . . . . . . . . 14 14.5 .5 2. Kolo Kolokv kvij ijum um 13 13.. februa februarr 200 2008. 8. (Pop (Popra ravn vni) i) . . . 14.6 Pismeni 8. sep septembar 2008. . . . . . . . . . . . . 14.7 1. Kolovijum 26. novembar 2008. . . . . . . . . 15 Literatura

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ......

. . . . . . .

143 143 143 143

145 . 145 . 146 . 14 1499 . 150 . 15 1511 . 151 . 152 155

6

ˇ SADR ZAJ

Glava 1

Predgovor -

7

8

GLAV GLA VA 1. PREDGOVOR PREDGOVOR

Glava 2

Elementi teorije brojeva 2.1

Uvod

Klasiˇcna cna teorija brojeva bro jeva se bavi uglavnom u glavnom prouˇcavanjem cavanjem prirodn pr irodnih, ih, cijelih i racionalnih brojeva. Prvi problemi iz teorije brojeva zapisani su joˇs u starom Babilonu i Egiptu 2000-3000 godina prije nove ere. Otkri´ ce ce iracionalnih brojeva i osnovnih osobina djeljivosti djeljivos ti prirodnih priro dnih brojeva bro jeva sadrˇ sa drˇzani zani su joˇs u Euklidovim Euklidovi m1 elementima. Neki naj n ajpozna poznatiji tiji rijeˇseni seni i nerijeˇseni seni problemi iz teorije teo rije bro b rojeva jeva su:

• Problem ”parova blizanaca”: blizanaca”: Postoji beskonacno mnogo parova prostih brojeva medusobno udaljenih za 2 (npr. 3 i 5, 5 i 7, 11 i 13, 17 i 19, 41 i 43, 101 i 103, . . .) Moˇze ze se pokazati da je problem ”parova blizanaca”ekv bliza naca”ekvivaleivalentan problemu da postoji postoj i beskonaˇ cno cno mnogo prirodnih brojeva n, tako da broj n2 1 ima taˇcno cno 4 djelitelja. djelitel ja.

−

hipoteza : • Goldbachova2 hipoteza:

≥

Svaki Svaki se paran paran broj 2n, 2n, n 2, moˇze ze izraz iz razit itii kao suma suma dva prost prosta a prirodna prirodna broja (npr. (npr. 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 5 + 3,. 3,. . .) i danas odgovor je nepoznat, iako su sve konkretne provjere dale pozitivne odgovore. Goldbachova Goldbachova hipoteza kaˇ kaˇze ze da je odgovor o dgovor potvrdan. Tvrdnja joˇs nije dokazana. dokazana. (Nagrada je 1 000 000 $).

• Adrien-Marie Adrien-Marie Legendre Legendre3 : Za svaki svaki dovoljno dovoljno veliki veliki realni broj√ x, npr. x ≥ 117 postoji bar jedan prost broj izmedu brojeva x i x + x. Tu

je hipotezu je krajem 18. vijeka postavio Legendre, ali ona i do danas nije rijeˇ rijeˇsena. sena. Ovo je samo jedan od problema problema vezan za tzv. ”problem ”problem gustine”prostih brojeva.

ˇ Euklid (330 p.n.e. - 275 p.n.e.), grˇ cki cki matematiˇ car. car. Zivio je i radio u Aleksandriji gdje je stvorio matematiˇ cku cku ˇskolu. Napisao je brojna djela, od kojih neka nisu saˇ cuvana cuvana i poznata su samo p o naslovu. Saˇ cuvana cuvana djela su: ”Elementi”(geometrija ”Elementi”(geometrija kao nauka o prostoru) u 13 knjiga, ”Optika”( s teorijom perspektive), i dr. 2 Christian Goldbach, (1690-1764), pruski matematiˇ car. car. 3 Adrien-Marie Legendre, (1752-1833), bio je francuski matematiˇcar. car. Znaˇ cajan cajan doprinos je dao na poljima statistike, teorije bro jeva, apstraktne algebre i matematiˇcke cke analize. 1

9

10

GLAV GLA VA 2. ELEMENTI TEORIJE BROJEV BROJEVA A

• 10. Hilbertov4 problem 1900: 1900: Posto ji li algo algorita ritam m za nalaˇ na laˇzenje zenj e rjeˇsenja senj a Diofants Dio fantske ke jednaˇ j ednaˇcine? cin e? (Negativan (Neg ativan odgovor od govor dao Matijaˇ Mati jaˇseviˇ seviˇc 1970. 19 70.))

(a) Pelova jednaˇ jed naˇcina cin a: Najpozn Na jpoznatija atija Diofantska jednaˇ jedn aˇcina cina je x2

− dy2 = 1,

gdje je d prirodan bro j koji ko ji nije kvadrat. kvadrat. Sva pozitivna cijela rjeˇsenja senja (xn , yn ) ove jednaˇ je dnaˇcine cine su data sa xn +

√

dyn = (x0 +

√

dy0 )n ,

gdje je (x (x0 , y0 ) najmanje na jmanje rjeˇsenje senje Pelove jednaˇ jed naˇcine cine u pozitivnim pozi tivnim cijelim brojevima. brojevima. (b) Fermatov5 zadnji veliki teorem: teorem: Jedn Je dnaˇ aˇcina ci na xn + yn = z n , nema rjeˇ senja senja u nenegativnim cijelim brojevima gdje je n prirodan broj ve´ ci ci od o d 2. (Tvrdnju je dokazao dokazao Andrew Wiles6 .) (c) Catalanov Catalanova a hipoteza 1843: 1843: Jedina Jedi na rjeˇsenja senj a jednaˇ jed naˇcine cine xu

− yv = 1, u prirodnim brojevima x,y,u,v su 32 − 23 = 1. 1 . (Tvrdnju je dokazao Mihˇ alescu alescu 2003.)

teorem: Ako je n prirodan broj i p prost broj koji ne • Mali Fermatov pteorem: dijeli n, onda je n −1 ≡ 1(modp 1(modp). ). Time je zapravo zapravo dokazan dokazan jedan smjer tzv. tzv. kinesk kineskee hipotez hipotezee od skoro skoro 2000 godina godina prije prije da je prirodan prirodan broj n prost ako i samo ako je 2 n − 2 djeljiv sa n. Njen drugi drugi smjer nije istinit, istinit, 341 npr. 2 3 − 2 je djeljiv sa 341, a 341 = 31 · 11. Mali Fermatov teorem je temelj mnogih mn ogih rezultata rezu ltata iz teorije teor ije brojeva, bro jeva, a joˇs se koristi kao kompjuterska komp juterska metoda provjere je li broj prost.

• Teorema eorema,,

Klaus Klaus Roth Roth 1958, 1958, (Dobitn (Dobitnik ik Fieldso Fieldsove ve medalje medalje)): Za realan realan algebarski algebarski broj α neje ne jedn dnaˇ aˇcina ci na

 −  α

p 1 < 2+ , q q

gdje je  > 0, ima konaˇcno cno mnogo mno go rjeˇsenja. senj a. 4

David Hilbert, (1862-1943), je bio njemaˇ cki cki matematiˇ car car koji je dao vaˇ zan zan doprinos u nekoliko grana matematike. 5 Pierre de Fermat, (1601-1665) bio je francuski matematiˇcar car i pravnik u tuluskom parlamentu. Uz Dekarta, jedan je od najznaˇcajnijih cajnijih matematiˇ cara cara Francuske 17. veka. veka. 6 Andr Andrew ew John Wiles, Wiles, rode roden n 11. apri aprila la 1953 1953.. godin godinee u Kemb Kembri rid dˇzu) z u) je brit britan ansk skii matematiˇ matemat iˇ car. car. Postao je slavan sl avan dokazavˇsi si Veliku Fermaovu teoremu, teo remu, poznatu poznat u i kao Fermaova poslednja posle dnja teorema, teore ma, 1995. 199 5. godine. godi ne. Na Univerzitetu Univerzitet u u Getingenu sveˇcano cano mu je uruˇcena cena nagra da juna 1997. godine u iznosu od 60 000 dolara, koju je 1908. godine zavjeˇ zavjeˇstao stao njemaˇ cki cki industrijalac Paul Volfsker onome ko dokaˇ dokaˇze ze Fermaovu Fermaovu poslednju teoremu.

11

2.2. DJELJIVO DJELJIVOST ST

2.2 2.2

Djel Djelji jiv vost ost



Definicija 2.1. Neka su a i b cijeli brojevi. bro jevi. Kaˇzemo zemo da a dijeli b ako je a = 0 i postoji k Z tako da je b = ak. Piˇsem se mo a b i ˇcitam ci tamoo ”a dijeli b”. Broj roj a nazivamo djelitelj broja b, a broj b sadrˇ sad rˇzilac zil ac bro ja a.

∈

|

Osobine Osobine relacije relacije biti djelitelj : Refleksivnost, • Refleksivnost, Ant isime imetr triˇ iˇ cnos cn ostt, • Antis • Tranzitivnost. Tranzitivnost. Primjer 2.1. Ako su a,b,c koja dva cijela broja m i n.

∈ Z, onda iz a|b i a|c slijedi a|(nb + mc) mc) za bilo

∈ ≤

∈

Teorema 2.1. Neka je a N i b Z tada postoje jedinstveni cijeli brojevi q i r takvi da je b = aq + aq + r i 0 r < a. Dokaz. Pokaˇ zimo zimo prvo egzistenciju egzisten ciju brojeva bro jeva q i r. Konstruiˇ Kons truiˇsimo sim o skup sku p S = b

{ − as ≥ 0 : s ∈ Z}. Skup S je neprazan podskup skupa N ∪ {0}, pa ima najmanji elemenat. Neka je to r. Tada postoji q ∈ Z takav da je b − aq = r. Jasno je da je r ≥ 0. Pokaˇ Poka ˇzimo zi mo da je r < a. U suprotnom bi imali r ≥ a, pa je b − a(q + q + 1) = r − a > 0. Dakle, − ∈ − b a(q + q + 1) S i b a(q + q + 1) < r ˇsto st o je nemo ne mogu´ guće. ce . Pokaˇ Pokaˇzimo zimo jedinstvenost jedins tvenost brojeva bro jeva q i r. Pret Pretpos posta tavi vimo mo da je b = aq 1 + r1 i b = aq 2 + r2, gdje je 0 ≤ r1 < a i 0 ≤ r2 < a. a . Tada je a|q 2 − q 1 | = |r2 − r1 | < a, pa kako su q 1 i q 2 cijeli brojevi to je |q 2 − q 1 | = 0. Znaˇci q 1 = q 2 i r1 = r2 . • Ako su a,b, ∈ Z takvi da je d|a i d|b onda d nazivamo Definicija 2.2. zajed za jedniˇ niˇ cki cki djel d jelite itelj lj od a i b.

• Najve´ Na jve´ ci ci zajed za jedniˇ niˇ cki cki djelit dje litelj elj brojeva a i b oznaˇ ozn aˇcavamo cavam o sa (a, b). • Najmanji prirodan broj ˇciji ciji su a i b djelitelji nazivamo nazivamo najmanji najmanji jedniˇ cki cki sadrˇ zilac zilac i oznaˇcavamo cavamo sa [a, b].

• (a, b) = (b, a) = ( |a|, |b|), • [a, b] = [b, a] = [ |a|, |b|], • ako d|a i d|b tada je d|(a, b), • ako a|m i b|m tada je [a, b]|m, • (a, b) ≤ min{a, b} ≤ max{a, b} ≤ [a, b].

Primjer 2.2.

za-

12


• ako je

n



u pj j j =1

a= tada je

n

(a, b) =



{

min uj ,vj pj j =1

n

i b =



v

pj j

j =1

} i [a, b] =

n



{

max uj ,vj

pj

}.

(2.1)

j =1

Primjer 2.3. Odrediti (460, (460, 200) i [460 [460,, 200] 200].. Kako je 460 = 22 5 23 i 200 = 23 52 imamo (460, (460, 200) = 22 5 = 20 i [460,, 200] = 23 52 23 = 4600. [460 4600.

· ·

· ·

·

·

Primjedba 2.1. 2.1. Na sliˇ sl iˇcan ca n naˇ n aˇcin ci n se s e moˇ m oˇze ze defin de finis isat atii (a ( a1 , a2 , . . . , an ) i [a [ a1 , a2 , . . . , an ], gdje su a1 , a2 , . . . , an cijeli cijeli brojevi. Teorema 2.2. Neka su a i b prirodni prirodni brojevi. Tada postoje cijeli brojevi x i y takvi da je (a, b) = ax + by. Dokaz. Skup

{

∈ }

S = ax + by > 0 : x, y Z je podskup skupa N, pa ima najmanji elemenat d0 . To znaˇ ci ci da postoje cijeli brojevi x0 i y0 takvi da je d0 = ax0 + by0 . Pokaˇzimo zim o da d a je d0 ax + by za sve x, y

|

∈ Z.

(2.2)

Ako (8. (8.1) ne bi vrijedilo postojali bi cijeli brojevi x1 i y1 takvi d0  ax  ax1 + by1 . Znaˇci ci posto je brojevi bro jevi q i r , 1

≤ r < d0, takvi da je

ax1 + by1 = qd 0 + r, pa je a(x1

− qx0) + b(y1 − qy0) = r,

ˇsto st o je nemog nem ogu´ uće, ce, jer je d0 minimum skupa S . Dakle, Dakle, vrijedi vrijedi (8. (8.1), pa za x = 1 i y = 0 imamo d0 a, a za x = 0 i y = 1 imamo d0 b, to znaˇ zna ˇci ci d0 (a, b). S druge druge strane, (a, (a, b) a i (a, ( a, b) b, pa (a, (a, b) ax0 + by0 to jest (a, (a, b) d0 . Znaˇ Zn aˇci ci d0 = (a, b).

|

|

|

|

|

|

|

Posljedica Posljedica 2.1. Ako su a i b relativno prosti brojevi to jest (a, b) = 1 tada postoje cijeli brojevi x i y takvi da je ax + by = 1. 1. Primjer 2.4. Pokazat Poka zatii da jednaˇcina cina 12 12x x + 15y 15y = 3 ima cjelobrojn cjel obrojna a rjeˇ rj eˇsenja. senj a. Kako je (12, (12, 15) = 3 na osnov o snovu u prethodne pret hodne posljedice posljedi ce zakljuˇ zak ljuˇcujemo cuje mo da jednaˇ j ednaˇcina cina 4x + 5y = 1 ima cjelobroj cjel obrojna na rjeˇ r jeˇsenja, senj a, pa prema tome i jednaˇ j ednaˇcina cina 12 12x x + 15 15yy = 3. Primjedba 2.2. 2.2. Iz dokaza teoreme 2.2. vidimo da je (a, b) = min ax + by > 0 : x, y

{

∈ Z}.

n+4 Primjer Primjer 2.5. Dokazati da razlomak 21 moˇze ze da se skrati skrati ni za jedan jedan 14n+3 ne moˇ prirodan broj n. (IMO, Rumunija, 1959) Rjeˇsenje. senje. Za svaki n vrijedi 3(14n 3(14n + 3) 2(21n 2(21n + 4) 4) = 1, pa dobijamo da ako d 14 14n n + 3 i d 21 21n n + 4 da je d = 1.

|

|

−

13

2.3. EUKLIDOV EUKLIDOV ALGORIT ALGORITAM AM

2.3 2.3

Eukl Euklid ido ov algo algori rita tam m

U prethodnoj prethodnoj sekciji sekciji smo vidjeli vidjeli da je za rjeˇ rjeˇsavanje savanje linearne linearne Diofanto Diofantove ve7 jednaˇ cine, cine, ax + by = c, potreb po trebno no naći ci najve´ na jveći ci zajed za jedniˇ niˇcki cki djelil dje lilac ac bro jeva a i b. Algoritam dat u slede´ coj coj teoremi daje postupak za odredivanje na jve´ ceg ceg zajedniˇ zaj edniˇckog ckog djelio d jelioca ca dva d va broja. bro ja. Teorema 2.3. ( Euklidov Euklidov algoritam ) Pretpostavimo da su a, b N i a < b. Dalje, neka su q 1 , q 2 , . . . , qn +1 Z, r1 , r2 , . . . , rn N i 0 < rn < rn−1 < < r1 < a takvi da je b = aq 1 + r1

∈

∈

∈

···

a = r1 q 2 + r2 r1 = r2 q 3 + r3 .. . rn−2 = rn−1 q n + rn rn−1 = rn q n+1 . Tada je (a, b) = rn . Dokaz. Pokaˇ zimo zimo prvo da je (a, b) = (a, r1 ). Iz (a, b) a, (a, b) b i b = aq 1 + r1 imamo (a, (a, b) r1 . Dakl Daklee, (a, (a, b) (a, r1 ). S druge strane, (a, (a, r1 ) a i (a, r1 ) r1 , pa kako je b = aq 1 + r1 imamo (a, (a, r1 ) b. Dakle, (a, (a, r1 ) (a, b), pa je (a, (a, b) = (a, r1 ). Na sliˇ sl iˇcan can naˇcin ci n imamo im amo

|

|

|

|

(a, r1 ) = (r ( r1 , r2 ) =

|

| |

|

· · · = (rn−1, rn ).

Kako je (rn−1 , rn ) = rn , dobijamo (a, b) = rn .

Primjer 2.6. Imamo

1. Odrediti Odrediti (589, (589, 5111). 5111).

· 589 = 399 · 1 + 190 399 = 190 · 2 + 19 190 = 19 · 10 10..

5111 = 589 8 + 399

Dakle, (589, (589, 5111) = 19. 19. 7

Diofant Diofant iz Aleksandri Aleksandrije je (roden (roden oko 250. ne), grˇ cki cki matematiˇ matematiˇ car, car, otkrio Diofanto Diofantove ve jednaˇ cine. cine. Mada je bio istaknuti matematiˇcar car svog vremena, vrlo malo se zna o Diofantovom Diofantovom ˇzivotu. zivotu. Njegov rad je saˇ cuvan cuvan u ˇsest sest poglavlja Aritmetike (sedam poglavlja je izgubljeno), koja je bila vjerovatno vjerovatno najstariji sistematski sistematski traktat o algebri. algebri.

14

GLAV GLA VA 2. ELEMENTI TEORIJE BROJEV BROJEVA A 2. Naći ci bar jedno jedn o rjeˇ rj eˇsenje sen je jednaˇ jedn aˇcine ci ne 589 589x x + 5111y 5111y = 19. 19 . Iz 19 = 399 190 2

− · = 399 − (589 − 399 · 1) · 2 = 589(−2) + 399 · 3 = 589(−2) + (5111 − 589 · 8) · 3 = 5111 · 3 + 589(−26), 26), zakljuˇ zakl juˇcujemo cuj emo da je x = −26 i y i y = 3, pa je ( je (−26 26,, 3) jedno jed no rjeˇ rj eˇsenj se njee jedn j ednaˇ aˇcine ci ne 589x 589 x + 5111y 5111y = 19. 19 .

Primjedba 2.3. 2.3. 1. Ako je (x (x0 , y0 ) rjeˇsenje sen je jedn je dnaˇ aˇcine cin e ax + by = c onda za svako rjeˇsenje senj e (xt , yt ) te jednaˇcine cine vrijedi xt = x0 + bt, yt = y0 at, gdje je t Z. Dakle, Dakl e, koriste´ koris teći ci Euklidov Eukl idov algo algorita ritam m moˇzemo zemo rijeˇ rij eˇsiti siti svaku Diofantov Dio fantovu u jednaˇ jed naˇcinu cinu ax + by = 1, 1 , gdje je (a, (a, b) = 1.

−

∈

2. Za broj koraka koraka j u Euklidovom algoritmu vrijedi j < 2log2 a. Nai Naime, me, za i ti korak vrijedi

−

ri

≤ ri2−1 ili ri2−1 < r i < ri−1.

U ovom drugom dr ugom sluˇcaju ca ju je q i+1 = 1 i ri+1 = ri−1

− ri < ri2−1 .

Dakle, u svakom sluˇ sl uˇcaju caj u je ri+1 < Odavde je 1

ri−1 . 2

≤ rj < rj2−2 < rj4−4 < · · · < 2rj/02 ,

ako je j paran, a 2

≤ rj−1 < rj2−3 < · · · < 2(j−r01)/2

ako je j neparan. Dakle, u svakom svakom sluˇcaju caju je a = r0 > 2j/ 2 , pa je j < 2log2 a. Primjer 2.7. Odrediti cjelobroj cje lobrojna na rjeˇsenja senj a jednaˇcine cine 2918 2918x x + 19y 19y = 1.

15

2.4. PROSTI PROSTI BROJEVI. BROJEVI. OSNOVNA OSNOVNA TEOREMA ARITMETIKE ARITMETIKE..

2.4

Prosti Prosti brojevi. Osnovna Osnovna teorema teorema aritmetik aritmetike. e.

U ovoj sekciji izuˇcavamo cavamo neke osobine osob ine prostih p rostih brojeva. bro jeva. Definicija 2.3. Neka je a N i a > 1. Za broj a kaˇzemo zem o da je prost broj ako su jedini njegovi djelitelji 1 i a. Ako broj bro j nije prost kaˇzemo zemo da je sloˇzen.

∈

Primjedba 2.4. 2.4. Broj 1 nije ni prost ni sloˇ zen. zen. Primjer 2.8. Za svaki prirodan broj k postoji k uzastopnih uzastopn ih sloˇzenih zenih brojeva. Naime, ako stavimo n = k + 1 tada su n! + 2, 2 , n! + 3, 3 , . . . , n! n! + n sloˇ sl oˇzeni ze ni brojev broj evi. i. Teorema 2.4. Neka su a1 , a2 , . . . , an tada p aj za neko j 1, . . . , n .

|

∈{

}

prost broj. broj. ∈ Z i p prost

Ako p a1 a2

| · · · · an

Teorema 2.5. ( Osnovna Osnovna teorema aritmetike) Faktorizacija svakog prirodnog broja n > 1 na proste faktore je jedinstvena. Dokaz. Prvo ćemo cemo indukcijom ind ukcijom pokazati p okazati da svaki prirod p rirodan an bro j n 2 ima reprezentaciju koja se sastoji od proizvoda prostih brojeva. Broj 2 ima reprezentaciju koja se sastoji sastoji od prosti prostih h brojev brojeva. Prepost Prepostav avimo imo sada da je n > 2 i da svaki prirodan prirodan broj m za koji vrijedi 2 m < n ima reprezentaciju koja se sastoji od proizvoda prostih brojeva. Ako je n prost broj tada je dokaz gotov, u suprotnom postoje prirodni brojevi n1 i n2 takvi da je 2 n1 < n i 2 n2 < n i n = n1 n2 . Zbog indukcijske pretpostavke pretpostavke n1 i n2 imaju reprezen reprezentaci tacije je preko preko proizvoda proizvoda prostih brojeva, pa prema tome takvu reprezentaciju ima i broj n. Dokaˇ zimo zimo sada s ada jedinstvenost. jed instvenost. Prepostavimo Prepos tavimo da je

≥

≤

≤

≤

·

· · · · · pr = p1 · p2 · · · ps ,     gdje su p1 ≤ p2 ≤ ··· ≤ pr , p1 ≤ p2 ≤ ·· · ps prosti prosti brojevi. brojevi. Ima Imamo mo p1 | p p1 ·      p2 · · · ps , pa p1 | p pi za neki i ∈ {1, . . . , s }. S druge strane p1 | p p1 · p2 ···· pr , pa p1 | p pj za neki j ∈ {1, . . . , r}. Dakle, imamo   p1 = pi ≥ p1 = pj ≥ p1 , n = p1 p2



pa je p1 = p1 . Sada je p2

· · · · pr = p2 · · · ps , 

pa se na sliˇ sl iˇcan can naˇcin cin pokaˇ po kaˇze ze da je r = s i pi = pi , i = 1, 1, . . . , r . Posljedica 2.2. Neka je n prirodan prirodan broj. Tada Tada postoje prosti brojevi p1 , . . . , pk i prirodni brojevi α1 , . . . αk takvi da je n = p1α1

· · · pkα . k

(2.3)

16


Definicija 2.4. Reprezentacija Reprezentacija (2. (2.3) se naziva kanonska kanonska dekompozicija broja n. Primjer 2.9. Dokazati da je [m,n,p] m,n,p]2 (m,n,p) m,n,p)2 = za sve m,n,p [m, n], [m, p], [n, p] (m, n), (m, p), (n, p)

∈ N. (USA MO, 1972)

Rjeˇsenje. senje. Pretpostavimo da je

· · · pka , n = pb1 · pb2 · · · pbk , p = pc1 · pc2 · · · pck , gdje su p1 , p2 , . . . , pk prosti brojevi i ai , bi , ci , i ∈ {0, 1, . . . , k } nenegativni cijeli m = p1a1 p2a2

·

1

k

2

1

k

2

k

brojevi. Koriste´ Korist e´ ci ci (2.1) (2 .1) dobijamo

max a1 ,b1 ,c1

{

[m,n,p] m,n,p] = p1

} · pmax{a2 ,b2 ,c2 } · · · pmax{a 2

{a1 ,b1 } · pmax{a2 ,b2 } · · · pmax{a

[m, n] = pmax 1

2

max a1 ,c1

{

[m, p] = p1

max b1 ,c1

{

[n, p] = p1 opet iz (2.1) je

{

k

} · pmin{a2 ,b2 ,c2 } · · · pmin{a 2

min b1 ,c1

2

k ,bk

},

k ,ck

},

k

} · pmin{b2 ,c2 } · · · pmin{b 2

k ,bk ,ck

k

k

k ,ck

},

},

k

{a1 ,c1 } · pmin{a2 ,c2 } · · · pmin{a

{

},

k ,ck

2

{a1 ,b1 } · pmin{a2 ,b2 } · · · pmin{a

(m, n) = pmin 1

(n, p) = p1

k ,ck

k

2

(m, p) = pmin 1

},

} · pmax{b2 ,c2 } · · · pmax{b

min a1 ,b1 ,c1

(m,n,p) m,n,p) = p1

k ,bk

k

} · pmax{a2 ,c2 } · · · pmax{a 2

k ,bk ,ck

k

},

}.

Sada se zadatak svodi da se pokaˇ pokaˇze ze da je

{

} − max{a, b} − max{a, c} − max{b, c} = 2 min min{a,b,c} − min{a, b} − min{a, c} − min{b, c}. Moˇzemo zemo pretpostaviti da vrijedi a ≤ b ≤ c. Tada je 2max{a,b,c} − max{a, b} − max{a, c} − max{b, c} = 2c 2 c − b − c − c = −b, 2max a,b,c

sliˇcno cn o,

{

2min a,b,c

} − min{a, b} − min{a, c} − min{b, c} = 2a 2 a − a − a − b = −b.

Teorema 2.6. (Euklid) (Eukli d) Skup prostih brojeva je beskonaˇcan. can.

··· · ··· | − · ···

Dokaz. Pretpostavimo suprotno. Neka su p1 < p2 < < p k svi prosti brojevi. Tada je na osnovu osnovnog teorema aritmetike broj n = p1 p2 pk + 1 djeljiv djeljiv sa pj za neko j 1, . . . , k . Dakle, pj n p1 p2 pk , to jest pj 1 ˇsto sto je nemo ne mogu´ guće. ce .

∈{

}

|

17

2.5. MODULARNE MODULARNE ARITMETIKE ARITMETIKE

Primjer Primjer 2.10. Neka su x i y cijeli brojevi. Pokazati da je 3x + 5y djeljiv sa 13 ako i samo ako je x + 6y 6y djeljivo sa 13. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje. e. 13 3x + 5y 5y 13 5(3x 5(3x + 5y 5 y ), pa 13 15 15x x + 25y 25 y. Kako je 15 15x x + 25y 25 y = 13x 13 +13y +13 +2(x +2( +6y +6 ) dobijamo 13 +6y. +6 S druge strane, 13 +6y +6 13 3(x 3( +6y ), x y x y x y. x y x +6y pa 13 (3x (3x + 5y 5y) + 13y, 13y, a odavde 13 3x + 5y 5y .

|

⇒ |

|

|

|

|

|

⇒ |

Primjer 2.11. Dokazati da prostih brojeva oblika 4k +3 ima beskonaˇ beskon aˇcno cno mnogo. Rjeˇ Rjeˇsenje. senje. Pri dijeljenju dijeljenju sa 4 neparni neparni prosti broj moˇ moˇze ze dati ostatak ostatak 1 ili 3. Proizvod brojeva oblika 4k + 1 i sam je tog oblika. Zaista, (4s (4s + 1)(4t 1)(4t + 1) = 4(4st 4(4 st + s + t) + 1. 1. Neka su sada p1 , p2 , . . . pn svi prosti brojevi oblika 4k + 3. Posmatr Posmatrajmo ajmo broj broj 4 p1 p2 pn 1. Ako bi svi njegovi prosti faktori bili oblika 4k + 1, onda bi i on sam imao taj oblik. oblik. Prema Prema tome, on ima barem barem jedan prosti prosti faktor p oblika 4k + 3. 3. Oˇcigledno cig ledno je p = pi , za i = 1, 1 , 2, . . . , n , pa smo dobili kontradikciju.

··· −



Primjer 2.12. Dokazati da ne postoji polinom f ( f (x) s cjelobrojnim koeficijentima, stepena 1, takav da je f ( f (n) prost za sve n N. Rjeˇsenje. senje. Neka je f (1) f (1) = p. Tada je p prost prost broj. broj. Kako Kako je f (1 f (1 + kp) kp) f (1) f (1) m m djeljivo sa (1 + kp) kp) 1 = kp (jer x y dijeli x y ), slijedi da p f (1 f (1 + kp) kp), za svaki k N. Medutim, f (1 f (1 + kp) kp) je prost, pa mora biti f (1 f (1 + kp) kp) = p, za svaki k N. Dakle, polino polinom m f ( f (x) p ima beskonaˇ beskonaˇ cno cno mnogo nula, pa on mora biti nulapolinom, pa je f ( f (x) = p, ˇsto je u suprotnosti suprotnosti s pretpostavkom pretpostavkom da je stepen polinoma f 1.

≥

∈

∈

−

∈

−

−

|

−

−

≥

Sljedeća ca teorema teo rema je poznata p oznata kao mala Fermatova teorema. teorem a. Teorema 2.7. Neka je a prirodan broj i p prost tada je p a p

| − a.

Dokaz. Dokazaćemo cemo teoremu koristeći ci indukciju po a. Za a = 1 tvrdnja je trivijalna. Neka je a > 1 i stavimo a = b + 1. Tada je a p

  ···   −   ···  

− a = (b + 1) p − (b + 1) = b p +

p 1

b p−1 +

+

p

p

1

b+1

− b − 1.

− b) + p1 b p−1 + + p −p 1 b. Po indukcijskoj hipotezi b p − b je djeljivo sa p. S druge strane, strane, kako kako je p prost p to je p| , k = 1, . . . , p − 1, pa je dokaz gotov. k = (b p

 

Primjer 2.13. Pokazati da postoji prirodan broj k takav da je 11 je 11256 = 1+257 k.

·

2.5

Modular Modularne ne aritm aritmeti etik ke

U ovoj ovo j sekciji, koristeći ci osobine prostih brojeva bro jeva nastavljamo na stavljamo da izuˇcavamo cavamo relaciju ”a ”a dijeli b”.

18


|−

Definicija 2.5. Ako je n a b onda ond a kaˇzemo zem o da d a je j e a kongruentno b po modulo n i to piˇsemo se mo a b( mod n).

≡

Osobine relacije ”biti kongruentan modulo n”:

• Relacija ”biti kongruentan modulo n”je relacija ekvivalencije na skupu

Z. Svi cijeli brojevi koji su kogruentn kogruentnii po datom datom modulu obrazuju obrazuju jednu klasu brojeva. Tako na primjer po modulu 3 imamo tri klase brojeva : – klasu brojeva oblika 3k 3k koji su djeljivi sa 3, odnosno kongruentni su nuli po modulu 3, – klasu brojeva oblika 3k 3k + 1 koji prilikom dijeljenja dijeljenja sa 3 daju ostatak ostatak 1, odnosno kongruentni si jedinici po modulu 3, – klasu brojeva oblika 3k 3k + 2 koji prilikom dijeljenja dijeljenja sa 3 daju ostatak ostatak 2, odnosno kongruentni su broju 2 po modulu 3.

Primjer 2.14. Odrediti prirodan broj p ako su p i 8 p2 + 1 prosti brojevi. Prema prethodnom svaki s vaki se cijeli broj moˇ m oˇze ze zapisati zapisat i u jednom od sljede´ slj ede´ ca ca tri oblika : n = 3k, n = 3k + 1 n = 3k 3 k 1,

−

gdje je k cijeli broj. broj. Ako je p = 3 onda je p oblika 3k U oba sluˇcaja caj a je 8 p2 + 1 = 3(24k 3(24k2 16 16k k + 3)



± 1, jer je p prost.

±

djeljivo sa. Dakle, ostaje jedino mogu´ cnost cnost da je p = 3 i u tom sluˇcaju caju imamo 8 p2 + 1 = 73 ˇsto sto je prost broj.

• Ako je a ≡ b( mod n) i c ≡ d( mod n) onda je a ± c ≡ b ± d( mod n) i ac ≡ bd( bd( mod n). • Ako je a ≡ b( mod n), d ∈ N i d|n onda je a ≡ b( mod d). • Ako je a ≡ b( mod n) onda je ac ≡ bc( bc( mod n) za svaki prirodan broj c. • Ako je a ≡ b( mod n) onda je ak ≡ bk ( mod n) za svaki prirodan broj k. • Ako je ac ≡ bc( bc( mod n) i (c, n) = 1 onda je a ≡ b( mod n). Dokaˇ zimo zimo na primjer pr imjer posljednju posl jednju osobinu. Neka je ac bc( bc( mod n). Tada imamo imamo n c(a n a b. Znaˇ Zn aˇci ci a b( mod n).

| −

≡

≡

Primjedba 2.5. 2.5. Moˇze ze se pokazati da je ac n a b mod (c,n) .

 ≡



(c, n) = 1 to je | − b), pa kako je (c,

bc( ≡ bc(

mod n) ako i samo ako je

19

2.5. MODULARNE MODULARNE ARITMETIKE ARITMETIKE Primjer 2.15. Odrediti posljednju cifru u dekadnom zapisu broja 3400 . Vrijedi 34 1( mod 10 10)), pa je

≡

3400

≡ 1100(

mod 10),

to jest 3400

≡ 1(

mod mo d 10) 10).

Dakle, posljednja cifra broja 3400 je 1. Primjedba 2.6. 2.6. Malu Fermatovu teoremu teor emu moˇzemo zemo zapisati zapi sati i na sljede´ slj edeći ci naˇcin: cin : Ako je a prirodan broj i p prost onda je a p

≡ a(

mod p).

Primjer 2.16. Ako je p prost i n prirodan broj takav da je p (4n (4n2 + 1), 1) , tada p 1( mo mod d 4) 4). Rjeˇsenje. senje. Jasno da je p = 2. Nepar Neparan an broj broj pri dijelje dijeljenju nju sa 4 daje daje ostata ostatakk 1 ili 3. Prema Prema tome, treba treba dokazati da da p nije oblika 4k + 3. 3. Pretpostavimo da postoji k takav da je p = 4k + 3. 3 . Na osnovu osnovu malog malog Fermatovo ermatovogg teor teorema, ema, jer p nije djeljivo sa n je (2n (2n) p−1 1( mod p).

|

≡



≡

Iz pretpostavke zadatka je (2n (2n)2

≡ −1(

mod 4),

pa je (2n (2n) p−1

≡ (2n (2n)4k+2 ≡ ((2n ((2n)2)2k+1 ≡ (−1)2k+1 ≡ −1( ˇsto sto je j e kontradikcija. kon tradikcija. Prema tome, tome , p ≡ 1( mo mod d 4) 4).

mod p),

Primjer 2.17. Dokazati da prostih brojeva oblika 4k +3 ima beskonaˇ beskon aˇcno cno mnogo. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje. e. Neka je dat prirodan broj m > 1. Posma Posmatrajm trajmoo m klasa cijelih brojeva kongruentnih redom sa brojevima 0, 0 , 1, 2, . . . , m 1. Jasno Jasno je da jedan jedan broj ne moˇ ze ze biti u dvije razliˇcite cite klase i da svaki cijeli bro j mora biti u jednoj od klasa. Izaberemo m brojeva tako da svaki bude iz po jedne klase. Tako izabrani brojevi nazivaju se potpuni sistem ostataka po modulu m. Svedeni sistem ostataka po modulu m se dobija ako se iz potpunog sistema ostataka izbace brojevi koji nisu uzajamno prosti sa m. U svedenom svedenom sistemu ostatak ostatakaa po p o datom modulu uvijek uvijek je isti broj elemenata bez obzira od kog potpunog sistema podemo.

−

Teorema 2.8. Neka je ( je (a, m) = 1 i neka je α1 , α2 , . . . , αk proizvoljan potpuni (svedeni) sistem ostataka po modulu m. Tada ada je aα1 , aα2 , . . . , a αk potpuni (svedeni) sistem ostataka po modulu m.

{

{

}

}

20


Dokaz. Brojeva aαi ima koliko i brojeva αi , pa treba dokazati da brojevi aαi i aαj pripada prip ada ju raˇ r aˇzliˇ zliˇcitim citi m klasam kl asam po mo modul dulu u m ako je i = j. Ako bi bilo



≡ aαj ( mod m), kako je (a, (a, m) = 1, imali bi da je α1 ≡ αj ( mod m), ˇsto st o je nemo ne mogu gu´će. ce . Teorema eorema 2.9. Ako je p prost broj, onda za svaki broj k ∈ {2, 3, . . . , p − 2}, postoji postoj i taˇcno cno jedan broj l ∈ {2, 3, . . . , p − 2}, takav da je kl ≡ 1( mod p) i vrijedi l  = k. aαi

Dokaz. Na osnovu teoreme 2.8 brojevi

− 1)k, 1)k,

k, 2k, 3k , . . . , ( p

obrazuju potpuni sistem ostataka po modulu p, pa uzeti u nekom redoslijedu daju ostatke 0, 0, 1, 2, . . . , p 1 po modulu p. To znaˇci ci da posto ji taˇcno cno jedan l 1, 2, 3, . . . , p 1 takav da je

∈{

−

− }

kl

≡ 1(

mod p).

Broj l ne moˇze ze biti bit i jedna j ednak k k , jer bi u tom sluˇcaju caju imali k2

≡ 1(

mod p),

a ovo je ekvivalentno sa

− 1)(k 1)(k + 1) ≡ 0(

(k

mod p).

Ovo znaˇci ci da je

≡ 1( mod p) ili k ≡ −1( ˇsto st o je nemog ne mogu´ uće, ce, jer je r je k ∈ {2, 3, . . . , p − 2}. k

mod p),

Teorema 2.10. (Wilson 8 ) Ako je p prost broj, tada vrijedi ( p

− 1)! ≡ −1(

mod p).

Dokaz. Za p = 2 tvrdenje oˇcigledno cigledno vrijedi. Ako je p prost broj ve´ ci ci od 2, u proizvodu ( p 1)! = 1 2 3 . . . ( p 1)

−

· · · · −

ima paran broj faktora. Na osnovu teoreme 2.9 vrijedi

· · · − 2) ≡ 1(

2 3 . . . ( p

mod p),

kako je

· − 1) ≡ −1(

1 ( p dobijamo tvrdenje teoreme. 8

John Wilson (1741-1793), engleski matematiˇ car. car.

mod p),

21

2.5. MODULARNE MODULARNE ARITMETIKE ARITMETIKE Primjer 2.18. Odrediti ostatak pri dijeljenju broja 93! sa 97 97.. Kako je 97 prost broj na osnovu Wilsonove teoreme imamo 96!

≡ −1(

mod 97) 97).

Pretpostavimo da je 93!

≡ x(

mod 97).

Sada dobijamo 96 95 94 x

3)x( · · · ≡ (−1)(−2)(−3)x

mod 97).

Dakle,

−1 ≡ −6x(

mod 97),

pa vrijedi 6x

≡ 1(

mod mo d 97) 97),

kako je (16, (16, 97) = 1 mnoˇzenjem zenjem posljednje jednakosti j ednakosti sa 16 dobijamo do bijamo 96 96x x

16( ≡ 16(

mod mo d 97) 97),

−x ≡ 16 16((

mod mo d 97 97)),

≡ −16 16((

mod mo d 97 97)),

to jest

odavde je x pa je x

≡ 81( 81(

mod mo d 97) 97).

Primjer 2.19. Ako je p prost broj veći ci od 2, dokazati 12 32 52 . . . ( p

· · · · − 2)2 ≡ (−1)

p+1

2

( mod p).

Na osnovu Wilsonove teoreme je 1 2 3 . . . ( p

· · · · − 1) ≡ −1( mod p). 1 Za svako i = 0, ±1, ±2, . . . vrijedi i ≡ −( p − i)) mo mod d p). Zamijenimo p− 2 parnih brojeva na lijevoj strani prve kongruencije brojevima njima kongruentnim koji se dobijaju iz druge kongruencije za i = 2, 2 , 4, . . . , p − 1. Dobijamo − ≡ −1( mod p). 12 · 32 · 52 · . . . · ( p − 2)2 (−1) 1

p

2

22


2.6

Eulero Eulerov va funk funkcija cija

Definicija Definicija 2.6. Neka je ϕ(n) broj prirodnih prirodnih brojeva brojeva koji nisu ve´ veći ci od n, a uzajamno su prosti sa n. Definiˇsimo simo ϕ(1) = 1. Na taj naˇ naˇcin cin je definis definisana ana 9 funkcija ϕ : N N koja se naziva Eulerova funkcija. funkcija.

→

Primjer Primjer 2.20. Nekoliko prvih vrijednosti funkcije ϕ dato je sljede´ slj edećom com tabelom: tabel om: n 1 2 3 ϕ(n) 1 1 2 Definicija 2.7. Funkcija f : N

4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 4 2 6 4 6 4 10 4

→ N je multiplikativna ako je

f ( f (mn) mn) = f ( f (m)f ( f (n), za sve prirodne brojeve m i n za koje je (m, (m, n) = 1. Daćemo cemo neke osobine Eulerove funkcije. Teorema 2.11. Eulerova funkcija je multiplikativna. Dokaz. Neka je (m, (m, n) = 1, treba odrediti broj ϕ(mn) mn) elemenata koji su uza jamno prosti sa mn u sljedećoj co j tabeli: tabel i: 1 n+1 .. . (m

− 1)n 1)n + 1

··· ··· ··· ···

2 n+2 .. . (m

− 1)n 1)n + 2

k n+k .. . (m

− 1)n 1)n + k

··· ··· ··· ···

n 2n .. . mn

U bilo kojoj koloni tabele su svi elementi uzajamno prosti sa n ili nijedan. Kolona u kojoj su svi elementi elementi uzajamno prosti sa n ima ϕ(n). Kako je (m, (m, n) = 1 u svakoj takvoj koloni ima ϕ(m) koji su uzajmno prosti sa m. Dakle ukupan broj elemenata koji su uzajamno prosti i sa m i sa n je ϕ(m)ϕ(n). Teorema 2.12. Ako je n = p1α1 p2α2 je 1 ϕ(n) = n 1 p1

· · · pkα

k

kanonska faktorizacija broja n onda

 −  − ··· −  1

1 p2

1

1 pk

.

ˇ Leonhard Leonhar d Paul Euler, (1707-1783) (1707 -1783) je bio ˇsvajcarski svajcar ski matematiˇ matemat iˇ car car i fiziˇ fi ziˇ car. car. Ziveo je i radio u Berlinu i Petrogradu. Euler je doˇ sao sao do velikih otkrića ca u potpuno razliˇ citim citim oblastima kao ˇsto sto su matematiˇ matematiˇ cka cka analiza analiza i teorija teorija grafova grafova.. Uveo Uveo je u upotrebu upotrebu veliki veliki broj termina termina koji se koriste u savremenoj matematici i unapredio matematiˇ cku cku notaciju, p osebno u okviru analize. Takode Takode je i jedan o d najplodonosnijih matematiˇ cara-saˇ cara-saˇ cuvano cuvano je oko 900 njegovih ˇ jte Eulera, ˇ radova. Laplasove rijeˇci ci ” Cita cita cita jte Eulera, to je naˇs zajedniˇ za jedniˇcki cki uˇ citelj”naj citelj” najbolje bolje pokazuju Eulerov uticaj na matematiku. Eulerov lik je nekoliko puta ˇstampan na poˇstanskim stanskim ˇ markicama u Svajcarskoj, Njemaˇckoj ckoj i Rusiji, a asteroid 2002 Euler je dobio ime u njegovu ˇ cast. cast. Luteranska crkva ga je uvrstila u svo j kalendar svetaca. Se´ canju canju na Eulera su posvetili 24. maj. 9

23

2.6. EULEROV EULEROVA FUNKCIJA Dokaz. Ako je p prost broj onda u nizu 1, 2, . . . , p , . . . , 2 p, . . . , pα−1 p

ima pα−1 brojeva djeljivih sa p, pa je ϕ( pα ) = pα pα−1 . Odavde i iz prethodne teoreme dobijamo

−

ϕ(n) =

ϕ( p1α1 )ϕ( p2α2 )

···

ϕ( pkαk ) =

p1α1

 −   − ···  −  1 p2α2 p1

1

1

1 p2

1 pk

pkαk 1

ˇcime cim e je dokaz doka z zavrˇ zav rˇsen. sen . Primjer 2.21. ϕ(120) = ϕ(23 3 5) = 22 30 50 (2

· ·

− 1)(3 − 1)(5 − 1) = 32. 32.

Teorema 2.13. (Gaussova 10 formula) Za svaki prirodan prirodan broj n vrijedi



ϕ(d) = n.

dn

|

Dokaz. Neka je n = p1α1 p2α2

 dn

|

· · · pkα , gdje su pi razliˇciti citi prosti p rosti bro b rojevi. jevi. Tada je je ϕ(d) = (ϕ(1) + ϕ( p1 ) + · · · + ϕ( p1α )) (ϕ(1) + ϕ( p2 ) + · · · + ϕ( p2α )) ·

k

1

2

· · · (ϕ(1) + ϕ( pk ) + · · · + ϕ( pkα )) = (1 + p + p1 − 1 + p + p21 − p1 + · · · + p1α − p1α −1 ) (1+ p (1+ p2 − 1+ p 1+ p22 − p2 + · · · + p2α − p2α −1 ) · · · (1+ p (1+ pk − 1+ p 1+ pk2 − pk + · · · + pkα − pkα −1 ) = = p1α · p2α · · · pkα = n. 1

k

2

2

k

1

2

1

k

k

Teorema 2.14. (Eulerova teorema) Ako je (a, m) = 1 onda je aϕ(m)

1(modm)). ≡ 1(modm

Dokaz. Neka su α1 , α2 , . . . , αϕ(m) razliˇ citi citi bro jevi koji su uzajamno prosti sa m i manji od m. Kako je (a, (a, m) = 1 uzajamno prosti brojevi sa m su i aα1 , aα2 , . . . , a αϕ(m) . Iz osobina relacije ”biti kongruentan”imamo aϕ(m) α1 α2

· · · αϕ(m) ≡ α1α2 · · · αϕ(m) (modm) modm).

Kako je (α (αi , m) = 1 imamo aϕ(m) 10

1(modm)). ≡ 1(modm

Johann Carl Friedrich Gauß, Gau ß, (1777-1855) (1777-1 855) bio je njemaˇ nj emaˇcki cki matematiˇ m atematiˇcar i nauˇ na uˇ cnik cnik koji je dao znaˇ z naˇcaja caja n doprinos dop rinos u mnogim mno gim p oljima, ukljuˇcuju´ cujući ci teoriju te oriju brojeva, bro jeva, analizu, ana lizu, diferencijalnu diferenc ijalnu geometriju, geodeziju, elektrostatiku, astronomiju i optiku. Poznat kao ”princ matematiˇcara”i cara”i ”najve´ ci ci matematiˇ car car od davnina”, Gauss je ostavio trag na mnogim p oljima matematike i nauke i smatra se jednim o d na juticajnijih matematiˇcara cara u istoriji.

,

24


Posljedica 2.3. (Mala Fermatova teorema) Ako je p prost broj i p ne dijeli a onda je a p−1 1(modp 1(modp)).

≡

Primjer Primjer 2.22. Ako su a i m uzajamno uzajamno prosti prosti prirod prirodni ni brojevi brojevi,, tada postoji postoji rjeˇsenje senj e kongr k ongruenc uencije ije ax b(modm) modm).

≡

Naime, iz Eulerove teoreme imamo b(aϕ(m)−1

0(modm)), − 1) ≡ 0(modm

pa je j e rjeˇ rj eˇsenj se nje, e, x = baϕ(m)−1 . 2

Primjer 2.23. Naći ci sve proste brojeve brojev e p za koje je broj 5 p + 1 djeljiv sa p2 . Oˇcigl ci gledno edno je p = 5. 5 . Sada moˇzemo zemo primijeniti primije niti Eulerovu teoremu:



5ϕ( p to jest Dakle,

2

5 p + 1

2

)

1(modp2 ), ≡ 1(modp

2 5 p − p

1(modp2 ). ≡ 1(modp

2

≡ 5 p · 5 p − p + 1 ≡ 5 p + 1(modp 1(modp2 ).

Znaˇci ci treba da je

5 p + 1

0(modp2 ). ≡ 0(modp

Prema maloj Fermatovoj teoremi, je 5 p

≡ 5(modp 5(modp)),

pa je 5 p + 1

≡ 5 + 1 ≡ 0(modp 0(modp)). Dakle, p = 2 ili p ili p = 3. 3 . Za p Za p = 2 je 5 je 52 +1 ≡ 2(mod 2(mod4) 4),, za p za p = 3 je 5 je 59 ≡ −1(mod 1(mod9) 9)..

Prema tome p = 3. 3.

Primjer 2.24. Neka je p prost broj veći ci od 2 i p ne dijeli a. Poka Pokaza zati ti da je jedan i samo jedan od brojeva A = a1+2+···+( p−1)

− 1, B = a1+2+···+( p−1) + 1,1,

djeljiv sa p. Na osnovu male Fermatove teoreme je a p−1



AB = a

(p−1)p 2

  − 1

a

(p−1)p 2



≡ 1(

mod mo d p), pa je

+ 1 = a( p−1) p

− 1 ≡ 0(

mod p).

Dakle, p AB. Kako je B A = 2 i p prost broj ve´ ci ci od 2, to samo jedan od brojeva moˇze ze biti djeljiv djelji v sa p.

|

−

25

2.7.. RSA METOD 2.7 METOD

2.7

RSA metod

2.8

Kinesk Kineska a teor teorema ema o osta ostacim cima a

U primjeru pri mjeru 2.22 vidjeli smo kako se s e mogu rjeˇsavati savati neke kongruencij kong ruencije. e. Sljedeća ca teorema daje da je potreban i dovoljan uslov kada sistem kongruencija ima rjeˇ senje. senje. Teorema 2.15. ( Kineska Kineska teor teorema ema o ostacima ostacima ) Neka su m1 , . . . , mr po parovima uzajamno prosti brojevi i neka su a1 , . . . , ar proizvoljni cijeli brojevi. Tada postoji rjeˇsenje senje sistema kongruencija: kongruenc ija: x

≡ a1(modm1) .. .

x

≡ ar (modmr ).

Ako je x0 jedno rjeˇ rj eˇ senje senje gornjeg sistema, sistema , onda je x njegovo rjeˇsenje senje ako i samo ako je x = x0 + km, gdje je k Z, a broj m = m1 mr .

∈

Dokaz. Stavimo m = m1

···

· · · mr , tada je

  m , mj mj

= 1, j = 1, . . . , .

Prema primjeru 8.26 za sve j postoji cijeli broj bj takav da je m bj mj

1(modmj ). · ≡ 1(modm

Jasno,

m bj mj

· ≡ 1(modm 1(modmi ) za i  = j.

Stavimo

r

x0 =

 j =1

oˇcigl ci gledn ednoo je x0

m bj aj , mj

≡ mmi bi ai ≡ ai(modmi).

Dakle, x0 je rjeˇsenje senj e siste s istema. ma. Ako je x1 rjeˇsenje, senj e, ima imamo mo

≡ x0(modmi ), i = 1, . . . , r , pa je x1 = x0 + km za neko k ∈ Z. Osim toga x0 + km zadovoljava sistem, pa x1

je teorema dokazana. dokazana.

26


Primjedba 2.7. 2.7. Uslov da su mi po parovima uzajamno prosti je bitan, jer na primjer sistem x 0(mod 0(mod2) 2)

≡ x ≡ 1(mod 1(mod2) 2),,

nema ne ma rjeˇsenje sen je.. Primjer 2.25. Odrediti najmanji prirodan boj x za koji je

≡ 5(mod 5(mod17) 17) x ≡ 7(mod 7(mod11) 11) x ≡ 3(mod 3(mod13) 13).. x

Uvedimo oznake kao u teoremi 2.15, a1 = 5, a2 = 7, a3 = 3, m1 = 7, m2 = 11 11,, m3 = 13 13,, m = 7 11 13 = 1001, 1001, m m m = 143 143,, = 91 91,, = 77 77.. m1 m2 m3

· ·

≡ 1(mod 1(mod7) 7),, dobijamo 3b1 ≡ 1(mod 1(mod7) 7),, pa je b1 ≡ 3ϕ(7)−1 ≡ 36−1 ≡ 243 ≡ 5(mod 5(mod7) 7),, na sliˇ sl iˇcan ca n naˇ naˇcin, ci n, iz 3b2 ≡ 1(mod 1(mod11) 11) i 77 77bb3 ≡ 1(mod 1(mod13) 13) dobijamo b2 ≡ 3ϕ(11)−1 ≡ 4(mod 4(mod11) 11),, 1(mod13) 13).. b3 ≡ (−1)ϕ(13)−1 ≡ −1(mod

Odredimo b1 , b2 , b3 . Iz 143 143bb1

Znaˇci, x0 =

m m m b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 = 143 5 5 + 9 1 4 7 + 77 77 ( 1) 3 = 5982. 5982. m1 m2 m3

· ·

· ·

·− ·

Kako je x0 = 5 1001+887, 1001+887, zakljuˇcujemo cujemo da je 887 najmanji naj manji prirodan broji koji koj i je rjeˇ senje senje sistema.

·

27

2.9.. ZADAC 2.9 ZADACI I

2.9

Zadaci

1. Dati su brojevi 125 i 962. (a) Odrediti njihove kanonske kanonske dekompozicije. (b) Naći ci (125, (125 , 962). 962). (c) Naći ci [125 [125,, 962] 962].. 2. Koriste´ Kori steći ci Eukl E uklidov idov algo algorita ritam m rijeˇ ri jeˇsiti siti Diofants Dio fantsku ku jedn j ednaˇ aˇcinu cinu (210, (210, 858) = 210x 210x + 858y. 858y. Dati Da ti i opˇste ste rjeˇ rj eˇsenj se njee te jedn je dnaˇ aˇcine. cin e. 3. Odrediti najmanji naj manji pozitivan broj koji ima taˇ cno cno k djelilaca za 1 4. Dokazati da je (m, (m, n)[m, )[m, n] = mn, za sve m, n

≤ k ≤ 6.

∈ N.

5. Dokazati da je (mn,np,mp (mn,np,mp)[ )[m,n,p m,n,p]] = mnp, za sve m,n,p

∈ N.

6. Dokazati Dokazati da ako je a > 3 brojevi a, a + 2, 2, a + 4 ne mogu biti svi prosti. 7. Dokazati Dokazati da je

377 1 2

− neparan i sloˇzen zen broj. bro j.

8. Koriste´ Kori steći ci Eule E ulerovu rovu teoremu teor emu rijeˇ r ijeˇsiti siti kongruenc kongr uencijs ijsku ku jednaˇ j ednaˇcinu cinu 22 22x x

1(mod729) 729).. ≡ 1(mod

9. Dokazati Dokazati da ako ako je 2 n + 1 prost da je n sloˇzen ze n. 10. Odrediti Odrediti faktorizaciju faktorizaciju preko preko prostih prostih brojev bro jevaa za

  20 10

i 20!. 20!.

11. Dokazati Dokazati da broj sa 30 cifara ne moˇ ze ze imati viˇse se od o d 100 prostih faktora. 12. Dokazati Dokazati da 30 m5

| − m za sve m ∈ N.

13. Dokazati da zbir kvadrata k vadrata pet uzastopnih uzastopn ih cijelih cij elih broj b rojeva eva ne moˇze ze biti taˇcan can kvadrat. 14. Dokazati Dokazati da razlomak razlomak broj n.

26n+5 39n+7

ne moˇ ze ze da se skrati skrati ni za jedan prirodan

15. Dato je n brojeva a1 , a2 , . . . , an . Dokazat Dokazatii da se od njih moˇze ze odabrati odabrati nekoliko ˇciji ciji je zbir zb ir kvadrata k vadrata djeljiv dj eljiv sa n. 16. Na´ ci ci najmanji broj koji pri dijeljenju dijeljenju sa n, n + 1, 1 , . . . , n + m daje redom ostatke r, r + 1, 1, . . . , r + m. 17. Koliko ima prirodnih brojeva koji dijele bar jedan od brojeva 1060 , 2050 , 3040 ? 18. Koliko Koliko ima djeljitelja djeljitelja broja 3030 koji ima imaju ju taˇcno cno 30 djeljitelja? djelji telja?

28


19. Koliko Koliko ima prirodnih brojeva brojeva n 10, 12 i 25?

≤ 106 koji su djeljivi sa 7 i nisu djeljivi sa

20. Rijeˇsiti siti sistem kongruencijskih kongruenci jskih jednaˇcina cina (a)


(b)


21. Dokazati Dokazati da je

·

ϕ(m n) = ϕ(m)ϕ(n) 22. Dokazati Dokazati da je n13

(m, n) · ϕ((m, . ((m, n))

mod2730) za sve n ∈ N. ≡ n(mod2730)

23. Ak Ako o je p prost broj bro j veći ci od 2, dokazati 22 42 62 . . . ( p

· · · · − 1)2 ≡ (−1)

p+1

2

( mod p).

24. Neka Neka su a i b prirodni brojevi takvi da je (a, (a, b) = 1, te da je ab potpun kvadrat. Dokazati da su tada a i b potpuni kvadrati. 25. Nadite Nadite prirodan prirodan broj n sa osobinom da je potencija potencija nekog nekog prirodnog prirodnog broja.

n 2

kvadrat,

n 3

kub, a

n 5

peta

26. Dokazati Dokazati da postoji prirodan prirodan broj n takav da je za svaki prost broj p broj n 2 p + 3 sloˇ sl oˇzen. ze n. 27. Neka Neka je broj 2k + 1 prost. Dokazati Dokazati da je tada k = 0 ili k = 2n za neki n n 0. (Brojevi (Brojevi f n = 22 + 1 nazivaju nazivaju se Fermato Fermatovi vi brojevi. Fermat je smatrao smatrao da su svi oni prosti. prosti. Zaista, Zaista, f 0 = 3, f 1 = 5, f 2 = 17 17,, f 3 = 257 i 32 f 4 = 65537 su prosti. prosti. Medutim, Medutim, f 5 = 2 + 1 je sloˇzen, zen, 641 f 5 . Hipotez Hipotezaa je da je samo konaˇ cno cno mnogo Fermatovih brojeva prosto.)

≥

|

28. Ako je ( p, q ) = 1 i p mnogo cijelih brojeva.

≥ 2 dokazati da u nizu

  pn qn+1

ima beskonaˇ bes konaˇcno cno

29. Broj a je dobijen tako ˇsto sto su brojevi od 1 do 101 napisani jedan do drugog. Dokazati da je a sloˇzen zen bro b roj. j. Da li l i je a kvadrat nekog prirodnog broja? 30. Odrediti Odrediti x za koje je x2

0(mod53) 53).. − 3x + 2 ≡ 0(mod

29

2.9.. ZADAC 2.9 ZADACI I 31. Rijeˇsiti siti sistem kongrencijskih kongrencij skih jednaˇcina cina

≡ 1(mod 1(mod11) 11) x + 4y 4y ≡ 4(mod 4(mod11) 11)..

2x + 3y 3y

32. Rijeˇ Rij eˇsiti siti kongruenc kongr uencijs ijsku ku jednaˇ j ednaˇcinu cinu (a) x2

− 3x ≡ 0(mod 0(mod11) 11),, (b) x2 ≡ 4(mod 4(mod23) 23)..

30


Glava 3

Binomna i polinomna formula 3.1

Binom Binomni ni koeficije oeficijen nti

Neka je n

∈ N ∪ {0}, izraz n! naziva se faktorijel broja n i definiˇ defin iˇse se se sa 1 · 2 · 3 · · · · · n, n ∈ N, n! =



 

1,

n = 0.

n naziva se binomni koeficijent i definiˇ se se se kao broj k toˇ toˇclan cl anih ih k podskupova podskupova skupa sa n elemenata, to jest Izraz

−

  n k

=

|{A ⊂ {1, 2, . . . , n} : |A| = k}|.

Prebrojavanjem k toˇclanih clanih podskup po dskupova ova skupa skup a sa n elemena elem enata ta uoˇcavamo cavamo da je prethodna definicija ekvivalentna sa

−

  −   n k

n(n

=

1)

· · · (n − k + 1) , k!

ako iskoristimo definiciju faktorijela imamo n k

=

n! . k !(n !(n k )!

−

Prethodna Prethod na definicija definici ja se s e moˇ m oˇ ze ze proˇ p roˇsiriti siriti i u sluˇcaju ca ju da se s e ne radi o cijelim ci jelim brojebro jevima. Ako je r C onda ond a se definiˇ defin iˇse se

∈

  r k

=

r (r 1)

− ···(r−k+1) , k ≥ 0, k! 0,

k < 0.

Sljede´ ce ce osobine binomnih koeficijenata se jednostavno provjeravaju: provjeravaju: 31

32

GLAV GLA VA 3. BINOMNA BINOMNA I POLINOMNA POLINOMNA FORMULA FORMULA 1. 2.

      −   − −  −− −      −    − −     ···       ···     n 0

=

n k

=

n k

3. k 4. 5. 6. 7.

3.2 3.2

n n

n

n

n k

n

=

m k

 

1

>

n k

n k

<

>

,

+

=

n 1

<

n

1 1

k

n m n 0

,

k

=n

n k

n 2

= 1, 1,

1 1

n m

k k

n

<

−1

=

n

m

n

k

−m+k k



,

,

n 2

n

n

,

n n

>

.

Bino Binomn mna a form formul ula a

Nije komplikovano komp likovano provjeriti provjerit i da vrijede sljedeće ce jednakosti jed nakosti (x + y )2 = x2 + 2xy 2xy + y 2 , (x + y)3 = x3 + 3x 3x2 y + 3xy 3xy 2 + y 3 , (x + y )4 = x4 + 4x 4x3 y + 6x 6x2 y 2 + 4xy 4xy 3 + y 4 . Ove jednakosti su specijalan sluˇcaj caj opˇ stije stije jednakosti poznate pod nazivom 1 Newtonova binomna formula. Teorema 3.1. Za svaki prirodan broj n vrijedi jednakost

  n

n

(x + y ) =

k=0

gdje su x, y

n k

xk y n−k ,

(3.1)

∈ C.

Dokaz. Zapiˇ Zap iˇsimo sim o izraz izr az (x + y)n u obliku n faktora jednakih x + y i pomn po mnoˇ oˇzimo zi mo te faktore (x + y )n = (x + y)(x )(x + y ) 1

· · · (x + y) =



a1 a2

· · · an.

sir Isaac Isa ac Newton Newto n bio je engleski engle ski fiziˇcar, matematiˇcar, astronom, astron om, alhemiˇ a lhemiˇcar car i filozof. Smatra se jednom od najve´ najvećih cih liˇ cnosti cnosti u istoriji istoriji nauke. Roden Roden je 4. januara januara 1643. u Engleskoj, a preminuo 31. marta 1727. u Londonu.

33

3.2. BINOMNA BINOMNA FORMULA FORMULA Dobijamo sumu 2n sabiraka sabiraka oblika a1 a2

· · · an, gdje su ai ∈ {x, y}, i = 1, . . . , n . n Za svaki k ∈ {0, 1, 2, . . . , n}, posto po stoji ji taˇcno cno sabiraka a1 a2 · · · an , kod kojih k su k od faktora a1 , a2 , . . . , an jednaki x, a n − k faktora jednaki y . Na osnov osnovu u

 

toga zakljuˇ za kljuˇcujemo cujemo da vrijedi vri jedi jednakost (3.1).

Newtonova Newt onova binom b inomna na formula for mula se moˇze ze dokazat d okazatii i koriste´ koris teći ci matematiˇ mate matiˇcku cku induind ukciju. Dokaz binomne binom ne formule fo rmule matematiˇ mat ematiˇckom ckom indukcijom ind ukcijom po n: Za n = 1 imamo

  1 0

1

(x + y ) =

1 0 0

x− y +

  1 1

x1−1 y 1 ,

ˇsto st o je taˇ ta ˇcno. cn o. Iz pretpostavke pretpostavke da je formula taˇcna cna za prirodan broj n imamo

    n

(x + y )

n+1

n

= (x + y)(x )(x + y) = (x ( x + y)

n k

k=0

   

  −       −        −   n

n k

=

k=0

n

=

n k

k=0

Dakle,

n

− y +

x

k =0

n+1

k =1

Kako je

n k

x

k

n 0

n

1

k

1

n+1 k

n+1 k

=

k =0

xn+1−k y k .

xn+1 y 0 +

=

n+1

n+1

xn−k y k+1

xn+1−k y k +

1

+

(x + y )

k

k =1

n

+

n k

imamo

n

− y +

n+1 k k

(x + y )n+1 =

n

n k

n+1 k k

xn−k y k

n n

x0 y n+1 .

,

xn+1−k yk ,

a to je i trebalo dokazati.

Primjedba 3.1. 3.1. Za svako z

∈ C za koje je |z| < 1 i za sve α ∈ R vrijedi

  +

α

(z + 1) =

∞

k=0

α k

zk

34

GLAV GLA VA 3. BINOMNA BINOMNA I POLINOMNA POLINOMNA FORMULA FORMULA

Primjer Primjer 3.1. Ako u formuli (3. (3.1) stavimo x = 1, y = 1, a zatim x zatim x = 1, 1, y = dobijam dobi jamo o sljede´ sl jedeće ce jednako j ednakosti sti

      ···    −   −··· −         ···       n 0

n 1

+

n 0

n 1

n 2

+

+

n 2

+

n n

+

= 2n ,

n n

+ ( 1)n

−1,

(3.2)

= 0.

(3.3)

Iz jednakosti (8. (8.19) i (8. (8.20) sabiranjem i oduzimanjem dobijamo n 0

3.3 3.3

···

+

n 2

+

n 4

+

n 1

=

+

n 3

n 5

+

+

· · · = 2n−1.

Polin olinom omna na form formul ula a

Neka su n1 , n2 , . . . , nk nenegativni cijeli brojevi za koje vrijedi n1 + n2 + + nk = n. Polinomni koeficijent koeficije nt se definiˇ d efiniˇse se sa

 

n n1 , n2 , . . . , n k



Ako specijalno uzmeno n1 = k i n2 = n n k, n k

−



=

n! . n1 !n2 ! nk !

···

− k dobijamo binomni koeficijent

n! = = k !(n !(n k)!

−

  n k

.

Teorema 3.2. Neka su k i n prirod prirodni ni brojevi brojevi.. Tada za sve x1 , x2 , . . . , xk vrijedi (x1 + x2 +

n

· · · + xk )

=



n n1 , n2 , . . . , nk



x1n1 x2n2

· · · xkn , k

∈C (3.4)

gdje se sabiranje sabiranje vrˇ si si po svim k torkama (n1 , n2 , . . . , nk ) nenegativnih cijelih brojeva broje va za koje koj e vaˇzi zi n1 + n2 + + nk = n.

− ··· Dokaz. Ako izraz (x (x1 + x2 + · · · + xk )n napiˇsemo semo u obliku proizvoda proizvo da n faktora jednakih x1 + x2 + · · · + xk i pomnoˇzimo zimo te faktore, dobićemo cemo zbir koji ima n k sabiraka oblika a1 a2 . . . an , gdje su a1 , a2 , . . . , an ∈ {x1 , x2 , . . . , xk }. Neka su n1 , n2 , . . . , nk nenegativni cijeli brojevi takvi da je n1 + n2 + · · · + nk = n. Broj sabirak sabirakaa oblika oblika a1 a2 · · · an , u kojima je za svaki broj j ∈ {1, 2, . . . , k} taˇcno nj od brojeva a1 , a2 , . . . , an jednako xj , jednak je broju n-varijacija tipa (n1 , n2 , . . . , n k ) elemenata x1 , x2 , . . . , x k , to jest n1 !n2n!!···nk ! . Prema tome dobi jamo formulu (3.4).

Primjer 3.2. Naći ci koeficijent koefici jent uz x15 u razvoju (1 x2 + x3 )20 . Broj 15 se moˇ ze ze predstaviti predstaviti u obliku zbira sabiraka jednakih jednakih 2 ili 3 na sljede´ sljedeća ca tri tr i naˇ naˇ cina ci na 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 3, 3,

−

35

3.4. NEKI IDENTITETI IDENTITETI 2 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3, 3, 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3, 3, pa na osnovu formule (3. (3.4) dobijamo da je koeficijent uz x15 jednak

 3.4 3.4

20 13 13,, 6, 1

−

20 14 14,, 3, 3

 +



20 15 15,, 0, 5

.

Neki Neki iden identi tite teti ti

Primjer 3.3. Sumaciona formula. Matematiˇ ckom ckom indukcijom se dokazuje

   n

m+k k

k=0

=



m+n+1 n

.

Primjer 3.4. Suma proizvoda. Odredujući ci koeficijent uz xk , (0 u razvoju polinoma (1 + x)n+m = (1 + x)n (1 + x)m dobijamo

     −     k

n+m k

n i

=

i=0

m

k

i

≤ k ≤ min{n, m})

.

(3.5)

Ako je u (3.5) n = m, koriste´ ci ci osobinu 2. binomnih koeficijenata dobijamo k

2n k

=

i=0

n i

2

.

Primjer 3.5. Vandermondova 2 konvolucija.

  −    r m+k

k

3.5

s

n

k

Zadaci

1. Naći ci sve vrijednosti vrijedn osti za n i k za koje je

  | ∈ {   ∈

2. Odrediti Odrediti max k

2009 k

k

=

r+s m+n

.

    } n k+1

0, 1, . . . , 2009

=5

n k

.

.

3. Dokazati Dokazati nejednakosti (a) 2 < 1 + 2

1 n n

< 3 za sve n

N,

Alexandre-Thophile Vandermonde, (1735-1796) bio je francuski muziˇ car car i hemiˇ car car koji je saradivao sa Bezuom i Lavoazjeom. Njegovo ime se danas uglavnom vezuje sa teorijom determinanti u matematici. Roden je u Parizu, gdje je i umro.

36

GLAV GLA VA 3. BINOMNA BINOMNA I POLINOMNA POLINOMNA FORMULA FORMULA (b)

nk kk

≤  ≤ ∈ ∈ { }   −    −      n k

n

4. Izraˇ Izr aˇcunati cun ati

nk k!

n k

k

k=0

za sve n

pk (1

Nik

p) p)n−k i

0, 1, . . . , n .

n

k2

k =0

n k

pk (1

p) p)n−k .

5. Dokazati Dokazati identitet

n

k=0

2n 2k

2k k

22n−2k =

4n 2n

.

6. Dokazati Dokazati da vrijedi

−   n

( 1)k+1

k=1

n k

1 1 =1 + + k 2

· · · + n1 , za sve n ∈ N.

Glava 4

Funkcije generatrise 4.1

Uvod

Ovde da jemo metod meto d za rjeˇ savanje savanje kombinatornih problema u vezi sa prebrojavanjim brojavanjimaa poznat p oznat kao kao metod funkcija funkcija generatrisa generatrisa.. Osnovna Osnovna ideja je da se nekom nizu brojeva dodjeljuje jedna funkcija i da se manipulacija umjesto sa beskonaˇcno cno mnogo objekata ob jekata vrˇ v rˇ si si sa jednim objektom. ob jektom. Ova metoda meto da potiˇce ce od L. 1 Eulera, J. Stirlinga i De Moivre-a iz 18. vijeka.

{ }

Definicija Definicija 4.1. Neka je an niz realnih ili kompleksnih brojeva. Funkcija generatrisa (FG) datog niza je stepeni red +

∞



a(t) =

an tn .

n=0

Eksponencijalna Eksponencijalna funkcija funkcija generatrisa generatrisa (EFG) je stepeni red oblika +

∞a

 

e(t) =

n=0

Neka su f ( f (t) =



+

∞

n=0

an tn i g (t) =

{ } { }

+

∞

n=0

n n

n!

t .

bn tn dva stepena reda, to jest funkcije

generatrise za nizove an i bn redom. Tada vrijedi

• Pravilo jednakosti: jednakosti: Funkcije generatrise f i g su jednake ako i samo ako su im odgovaraju´ ci ci koeficijenti jednaki, to jest f = g

⇔ an = bn(∀n ≥ 0). 0).

1

Abraham de Moivre, (1667-1754) je bio francuski matematiˇcar. car. Poznat po ”Moavrovoj ”Moavrovoj formuli”, koja povezuje kompleksne brojeve i trigonometriju i po radu na normalnoj distribuciji i teoriji sluˇ caja, caja, godine 1697. izabran je kao ˇclan clan Nauˇ cne cne akademije (Royal Society) u Londonu. Godine 1718, De Moavr je napisao knjigu o teoriji verovatno´ verovatnoće ce nazvanoj Doktrina sre´ ce ce (The ( The Doctri D octrine ne of o f Chances). Cha nces).

37

38

GLAV GLA VA 4. FUNKCIJE GENERA GENERATRISE TRISE

• Pravilo zbira: zbira: Suma f + g je stepeni red ˇciji ciji je koeficijent uz tn jednak sumi odgovaraju´ odgovara jućih cih koeficijen ko eficijenata, ata, to jest

+

∞



(f + g)(t )(t) = f ( f (t) + g (t) =

(an + bn )tn .

n=0

(konvolucije): (konvolucije): • Pravilo proizvoda n

Proizvod Proizvod f g je stepeni stepen i red ˇciji ciji je koeficijent uz t jednak cn , pri ˇcemu cemu je

·

n

cn =



k =0

Dalje, ako je f ( f (t) =



+

∞

n=0

ak bn−k , ( n

0). ∀ ≥ 0).

an tn FG za niz an onda je derivacija

{ }

+

f  (t) =

∞



(n + 1)a 1)an+1 tn ,

n=0

pa je tf  (t) FG za niz nan . S druge strane, integral daje

{ }



+

t

f ( f (x)dx =

0

to jest FG za niz

∞a



n=1

n 1 n

− t ,

n

{ an }. n

Primjer 4.1. Odrediti FG za sljedeće ce nizove : (a) 1, 1 , 1, 1, . . . , (b) 0, 0 , 1, 2, 3, . . . , n , . . . , (c) 0, 0 , 1, 4, 9, . . . , n2 , . . . . Oznaˇ Oz naˇcimo ci mo redom sa f 0 , f 1 , f 2 traˇ zene zene funkcije funkcij e generatrise. Tada je (a) 1 f 0 (t) = 1 + t + t2 + = , ( t < 1). 1). 1 t

···

−

||

(b) Ako deriviramo obe strane prethodne jednakosti po t imamo

· · · = (1 −1 t)2 ,

1 + 2t 2 t + 3t 3t2 + a odavde mnoˇzenjem zenj em po t slijedi t + 2t 2t2 + 3t 3t3 +

· · · = (1 −t t)2 .

(c) Na sliˇ sl iˇcan can naˇcin ci n kao pod (b) dobijamo f 2 (t) =

t(1 + t) . (1 t)3

−

39

4.2. PAR ARTICIJ TICIJE E Na kraju ove sekcije navodimo jedan ilustrativan primjer.

Primjer Primjer 4.2. Na koliko se naˇ cina cina mogu 24 jabuke podijeliti podijeliti izmedu ˇcetvero cetvero djece djece tako da za svako dijete dobije barem 3, ali ne viˇse se od 8 jabuka. Podjelu jabuka koje svako dijete moˇze ze primiti primit i moˇzemo zemo reprezentirati sa s a x3 + x4 +

· · · + x8.

Kako se radi o ˇcetvero cet vero djece odgovaraju´ odgova rajuća ca FG je j e f ( f (x) = (x3 + x4 +

· · · + x8)4.

Traˇ Traˇzi zi se koeficijent koefici jent uz x24 od f ( f (x). Kako je

  − ··· −  −  − −  −     −··· −  −   −  −  −  − · · ·   −  − −    −  −    −  12

2

5 4

f ( f (x) = x (1 + x + x +

12

+x ) =x

1 x6 1 x

4

,

treba odrediti koeficijent uz x12 od 1 x6 1 x

4

= (1

4 0

x6 )4 (1

4 1

x)−4 = 1

+

4 1

( 1)12

4 1

4 2

( x) +

x6 +

( x)2 +

4 4

x12 ,

a taj je jednak

4 12

4 6

( 1)6 +

4 2

4 0

.

Odavde Odav de zakljuˇ zakl juˇcujemo cuje mo da je traˇzeni zeni broj 125.

4.2 4.2

Par arti tici cije je

Uopˇstenje stenje primjera primjer a 4.2 dovodi nas do problema particije broja. Particija broja n N je prikaz broja n kao zbira prirodnih brojeva (pri tome nije bitan poredak poredak sabiraka). sabiraka). Broj particija broja n se oznaˇ ozn aˇcava cava sa p(n). Po definic definiciji iji je p(0) p(0) = 0. 0.

∈

Teorema 4.1. FG za niz brojeva p( p(n) je data sa

{

}

+

P ( P (x) =

∞

−

1

.

1

xk

, m

≥ n,

k=1

U stvari, koeficijent uz xn u proizvodu m

−

k=1

1

1

jednak jednak je broju particija p(n) od n.

xk

40


Dokaz. Kako je

1

= 1 + xk + x2k + x3k + 1 xk imamo da je koeficijent uz xn u proizvodu

−

+

∞

−

k=1

··· ,

1

1

xk

jednak bro ju naˇcina cina da se xn prikaˇ pr ikaˇze ze kao xk1 +2k2 +3k3 +···nkn , to jest jes t bro ju naˇ n aˇcina cin a da se n prikaˇ pr ikaˇze ze kao suma su ma k1 + 2k2 + 3k3 + + nkn , a to je broj particija broja n.

···

Na sliˇcan can naˇcin cin se dokazuje dokazu je i sljede´ slj edeća ca teorema. teor ema. Teorema 4.2. Koeficijent uz xn razvoja u red od (1

1 xb )(1

− xa )(1 −

− xc) · · ·

jednak je broju naˇcina cina da se n se n napiˇse se kao k ao suma s uma nekolik neko liko o a ova b ova b ova, c ova . . . .

−

−

−

Primjer 4.3. Naći ci funkcije f unkcije generatrise za brojeve particija parti cija n u kojima je 1. svaki sabira sabirakk 2 ili 3, 2. u kojima je svaki sabirak najviˇse se 3. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje. e.

∈

1. Broj particija jednak je broju rjeˇsenja senja jednaˇ cine cine i + j = n, gdje je i 0, 2, 4, 6, . . . i j 0, 3, 6, 9, . . . . Broj rjeˇsenja senja ove jednaˇ cine cine jednak je koeficijentu uz xn u proizvodu

{

}

∈{

}

(1 + x2 + x4 + x6 +

· · · )(1 + x3 + x6 + x9 + · · · ).

Prema tome, to me, traˇ zena zena funkcija funkcij a generatrisa ge neratrisa je f ( f (x) =

1 (1

−

x2 )(1

− x3) . ∈{

} ∈

2. U ovom o vom sluˇcaju, caj u, posmatra posmat ra se jednaˇcina cin a i + j + k = n, i 0 , 1 , 2 , 3, . . . , j 0, 2, 4, 6, . . . , k 0, 3, 6, 9, . . . , pa dobijamo dobijamo da je broj broj rjeˇ rjeˇsenja senja ove n jednaˇ jednaˇcine cine jednak koeficijentu koeficijentu uz x u proizvodu

{

} ∈{

(1 + x + x2 +

}

· · · )(1 + x2 + x4 + · · · )(1 + x3 + x6 + · · · ),

odavde zakljuˇcujemo cujemo da je traˇ zena zena funkcija funkcij a generatrisa f ( f (x) =

(1

−

1 x)(1 x2 )(1

−

− x3) .

41

4.2. PAR ARTICIJ TICIJE E

Ako sa pk (n) oznaˇ ozn aˇcimo cimo broj bro j particija pa rticija od n u kojima se javljaju samo brojevi 1, 2, . . . , k tada na osnovu prethodne teoreme dobijamo sljede´ ce ce tvrdenje. Posljedica Posljedica 4.1. FG za niz pk (n) je

{

(1

}

− x)(1 −

1 x2 )

· · · (1 − xk ) .

Primjer Primjer 4.4. Dokazati da je za svaki prirodan broj n broj njegovih particija na neparne neparne dijelove jednak broju particija na razliˇ razliˇcite cite dijelove. Generatrisa broja particija na neparne dijelove je (1 + x + x2 + x3 + . . .)(1+ x3 + x6 + . . .)(1+ x5 + x10 + . . .) . . . =

− ≥ 1

k 1

1 . x2k+1

Generatrisa broja particija partici ja na razliˇcite cite dijelove dijelo ve je (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) . . . =



(1 + xk ),

k 1

≥

−

jer iz svake zagrade zagrade moˇ zemo zemo uzeti ili ne potenciju potenciju x a, a to je ekvivalentno uzimanju ili ne dijela odredene odredene duˇ zine zine u particiji. Vrijedi Vrijedi



(1+x (1+xk ) =

k 1

 −−

k 1

≥

≥

1 1

x2k = xk (1

−

(1 x2 )(1 x4 ) . . . = x)(1 x2 )(1 x3 )(1 x4 ) . . .

− −

− −

−

− ≥ 1

k 1

1 . x2k+1

U sljedećoj coj teoremi je data jedna procjena za bro j p(n). Teorema 4.3. Za broj particija p(n), n

“

p( p(n) < e Dokaz. Iz

∈ N vrijedi π2

6

”√

+

P ( P (x) =

∞

−

k =1

dobijamo

n

+1

.

1

1

xk

− ln(1 − x) − ln(1 − x2) − ln(1 − x3) − · · · . Zbog Taylorovog razvoja funkcije t → ln(1 − t) imamo ln P ( P (x) =

ln P ( P (x) =



x2 x3 x+ + + 2 3

  ···

x4 x6 + x + + + 2 3 2

2

+

  ···

x3 x9 + x + + + 2 3 3

3

· · · = 1 −x x + 12 1 −x x2 + 13 1 −x x3 + · · · .

Ako je 0 < x < 1 vrijedi

1 xn 1 x xn−1 = n 1 xn n 1 x 1 + x + x2 +

−

· − ·

1

···

x

− < n2 · 1 − x .

xn 1

 ···

42


Dakle, x

ln P ( P (x) <

1

−x



1 1 1+ 2 + 2 + 2 3

 ···

.

Kako je 1+

1 1 + + 22 32

2

· · · = π6 ,

dobijamo ln P ( P (x) <

π2 x . 6(1 x)

−

S druge strane P ( P (x) je ve´ ci ci od svakog ˇclana, pa je P ( P (x) > p(n)xn . Zbog toga dobijamo π2x ln p ln p((n) < ln P ( P (x) n ln x < n ln x. 6(1 x)

−

− −

Kako je ln x >

x

− 1,

za sve x

x

(0, 1), 1), ∈ (0,

vrijedi π2x 1 x ln p ln p((n) < +n . 6(1 x) x Ako ovdje stavimo

−

− √ n x = √ n+1

dobijamo ln p ln p((n) <

  √ π2 +1 6

“

p( p(n) < e

π2

6

n,

”√

+1

n

.

Primjedba 4.1. 4.1. G. Hardy i S. Ramanujan2 su pokazali da je p( p(n) 2

1 eπ 4 3n

∼ √

√

2n 3

.

Sriniva-sa Sriniva-sa Aiyanga-r Ra-ma-nujan, (1887-1920) je bio indijski matematiˇcar car ko ji je zbog svoje duboke intuicije kao i visoke sposobnosti manipulacije brojevima ostao zapamćen cen kao jedan o d na jve´ cih cih matematiˇckih ckih umova u skorijoj istoriji. Praktiˇ cno cno ne proˇ savˇ savˇsi si ikakav formalan vid matematiˇ ma tematiˇckog ckog obrazovanja, o brazovanja, znaˇcajno caj no je doprineo poljima polji ma matematiˇ ma tematiˇcke cke analize ana lize i teorije skupova. Poznat je i po otkrićima cima beskonaˇcnih suma matematiˇckih konstanti kao ˇsto sto je na primer broj π.

43

4.3.. HAN 4.3 HANOJS OJSKE KE KULE KULE

4.3 4.3

Hanoj Ha nojsk ske e kule kule

Funkcije generatrise su pogodne za rekurzivne relacije. Naime, takva funkcija zamjenjuje ˇcitav citav niz zadan rekurzivno. Ovde navodimo neke primjere. ”Hanojska kula”je poznata igraˇ cka cka koja je izum francuckog francuckog matematiˇ cara cara Lucasa Lucasa.. Godine Godine 1883. prodav prodavala ala se pod imenom imenom ”Profes ”Profesor or Claus”(C Claus”(Clau lauss je anagram od prezimena Lucas). Igraˇ cka cka se sastoji od tri stubi´ ca, ca, pri ˇcemu cemu se na jednom nalazi ˇsest sest kolutova. kolutova. Zadatak je da se kolutovi kolutovi prebace na jedan od praznih stubića ca u najmanjem na jmanjem broju bro ju poteza, poteza , pri ˇcemu cemu ve´ ci ci kolut nije dozvoljeno stavljat stavljatii na manji. manji. Nije teˇsko sko vidjeti da je najmanji broj poteza 26 1 = 63. 63. U opˇstem ste m sluˇ sl uˇcaju ca ju za n kolutova, ako sa an oznaˇ cimo cimo mimimalan broj poteza dobijamo dobijam o da vrijedi sljedeća ca rekurzivna rekurziv na jednaˇcina cina

−

an+1 = 2an + 1 za n

≥ 0,

pri ˇcemu cemu je a0 = 0. Prvih nekoliko ˇclanova clanova je 0, 1, 3, 7, . . . pa vidimo da bi n rjeˇsenje senj e mogl m ogloo biti b iti an = 2 1. Ovo bi se moglo dokazati dokazati indukcijom, ali ćemo cemo ovaj problem rijeˇsiti siti koristeći ci funkcije generatrise. generatri se.

−

Neka je f ( f (x) generatrisa niza an , to jest f ( f (x) =



+

∞

n=0

an xn . Ako obe strane u

rekurentn reku rentnoo j jednaˇ jed naˇcini cin i pomnoˇ po mnoˇzimo zimo sa xn i sve saberemo, dobijamo +

∞



+

∞



f ( f (x) a0 f ( f (x) = = 2f ( an+1 x = f (x) + xn , x x n=0 n=0

−

n

odavde je f ( f (x) 1 = 2f 2 f ((x) + , x 1 x

−

pa dobijamo f ( f (x) =

(1

−

x x)(2

− x) .

Rastavljanjem Rastavljanj em na parcijalne parc ijalne sabirke s abirke i ponovo p onovo koristeći ci funkcije generatrise generatri se imamo f ( f (x) = x Sada je oˇcigledno cigl edno



2 1

− 2x

  − − −  − +

1

1

x

=

∞

+

n n

2 x

n=1

∞

xn .

n=1

+

f ( f (x) =

∞

(2n

1)x 1)xn ,

n=1

pa je j e rjeˇ r jeˇsenje sen je rekurentn reku rentnee jednaˇ j ednaˇcine cine zaista zais ta an = 2n 1. Igraˇ cka cka iz 1883. godine je nazivana uproˇstenom stenom varijantom varijantom piramide indi jskog boga Brame u hramu indijskog grada Benaresa. Kako glasi predanje, ta piramida piramid a se sastojala sasto jala od tri dijamantske igle priˇcvrˇ cvrˇs´ sćene cene za zlatnu ploˇcu cu i 64 koluta postavljena na jednu od igli. Najveći ci kolut nalazio se na dnu, a najmanji na vrhu ”Bramine piramide”. Sveˇ Sveˇstenici stenici su neprekidno premjeˇ stali stali kolutove kolutove

−

44


sa jedne igle na drugu drugu po pravil pravilima ima koja je odredio odredio Brama. Brama. Kad svi kolutov kolutovii budu premjeˇsteni steni uz grmljavinu će ce nestati svijet i pretvoriće ce se u prah i pepeo. pep eo. 64 Kako je 2 1 = 18446744073709551615, 18446744073709551615, ako bi se u svakoj sekundi premjestio jedan kolut, prema ovoj legendi smak svijeta bi nastupio za pribliˇzno zno 3 milijarde godina.

−

4.4 4.4

Stei Steine nero rov v pr prob oble lem m

Drugi primjer primjer rekurzivne rekurzivne jednaˇ jednaˇcine cine koju posmatramo posmatramo ima primjenu primjenu u geometriji: Na koliko dijelova se maksimalno moˇze ze podijeliti p odijeliti pizza sa n pravolini jskih poteza noˇ zem? zem? Preciznije, koji je maksimalan broj Ln oblasti odredenih sa n pravih u ravni? Ovaj problem je prvi rijeˇsio sio ˇsvajcarski svajcar ski matematiˇcar car Jacob Steiner 1826. godine. Rekurentna jednaˇcina cina koja se dobije u ovom sluˇcaju caju je Ln+1 = Ln + n + 1 za n

≥ 0,

pri pr i ˇcemu cemu je L0 = 1. Oznaˇcimo cimo sa f ( f (x) generatrisu niza Ln . Ak Ako o obe strane strane u rekurentn reku rentnoo j jednaˇ jedn aˇcini cin i pomnoˇ po mnoˇzimo zim o sa xn i sve saberemo, dobijamo +

∞



n=0

−

f ( f (x) L0 f ( f (x) Ln+1 x = = x x n

+∞ − 1 = f ( f (x) + (n + 1)x 1)xn ,



n=0

odavde je f ( f (x) x

− 1 = f ( f (x) +

1 1

−x

+

x

(1

− x)2 ,

pa dobijamo dobijamo f ( f (x) =

1 1

−x

x

+

(1

− x)2

+

x2 . (1 x)3

−

Kako je +

∞



n

n(n + 1)x 1)x = 2

n=0



x (1

−

−

dobijamo

 +

f ( f (x) =

∞

n=1



n(n + 1) n 1+ x , 2

pa je rjeˇsenje sen je rekurentn reku rentnee jednaˇ jed naˇcine cine Ln = 1 +



x2 + , x)2 (1 x)3

n(n + 1) . 2

45

4.5. FIBONAC FIBONACCIJEV CIJEVII BROJEVI BROJEVI

4.5 4.5

Fibon Fibonac acci cije jevi vi br brojev ojevii

Odrediti FG i na´ ci ci eksplicitni izraz za Fibonaccijev3 niz F n ako je

{ }

F 0 = 0, F 1 = 1 i F n+2 = F n+1 + F n , n

≥ 0.

Neka je +

F ( F (x) =

∞



F n xn .

n=0

Iz relacije F n+2 = F n+1 + F n mnoˇzeći sa xn+2 i sumiranjem po n dobijamo +

∞



+

n+2

F n+2 x

n=0

=

∞



+

n+2

F n+1 x

+

n=0

∞



F n xn+2 .

n=0

Odavde je F ( F (x)

− F 0 − F 1x = xF ( xF (x) + x2 F ( F (x).

Dakle, F ( F (x)

xF (x) + x2 F ( F (x), − x = xF (

pa je F ( F (x) =

1

x . x x2

− −

Rastavljanjem funkcije F na parcijalne razlomke dobijamo

 √

1 F ( F (x) = 5 gdje je α =

√

1+ 5 , 2

F ( F (x) =

1

1

1

− αx − 1 − βx



,

√

β = 1−2 5 . Sada rastavljanjem u geometrijski red, dobijamo

√ 15 (1 + αx + α2x2 + · · · − 1 − βx − β 2x2 − · · · ).

Odavde zakljuˇ z akljuˇcujemo cujemo da je j e koeficijent koefi cijent uz xn , to jest F n dat sa F n = 3

√ 15 (αn − β n).

Leonardo Fibonacci, (1170-1250) je takode poznat i kao Leonardo iz Pize, ili Leonardo Pizano. Bio je italijanski matematiˇcar car ko ji je u svom radu iz aritmetike i algebre: Raˇ cun, cun, tj. knjiga o abakusu (Liber abaci, 1202.), glorifikovao Hindu-arapski sistem brojeva. Jedan iz njegovog dugog niza problema je, tzv. Fibonaccijev niz. U kasnijem radu, knjizi o kvadratnim brojevima (Lib er quadratorum, 1225) uˇcinio cinio je prvi napredak zapadne civilizacije u aritmetici, od vremena Diofanta.

46


4.6

Proble Problem m dijag dijagona onalni lnih h trian triangul gulaci acija ja

Neka je a1 = 1 i an = a1 an−1 + a2 an−2 +

· · · + an−1a1, n ≥ 2.

Odrediti eksplicitno an . Neka je f ( f (x) =



+

∞

n=1

an xn . Kvadriranjem dobijamo

∞ n−1

+

2

f ( f (x) =



n=2 k=1

ak an−k xn ,

pa zbog relacije an = a1 an−1 + a2 an−2 +

· · · + an−1a1,

je f ( f (x)2 = f ( f (x)

− x,

to jest f ( f (x)2

− f ( f (x) + x = 0.

Odavde dobijamo f ( f (x) =

1

− √ 1 − 4x

ili f ( f (x) =

2

1+

√ 1 − 4x 2

Kako je po definiciji f (0) f (0) = 0, 0, zaklj zak ljuˇ uˇcujem cuj emoo f ( f (x) =

1

− √ 1 − 4x . 2

Sada koristeći ci Taylorov Taylorov razvoj razvo j dobijamo dobijam o

    − −  − +

f ( f (x) = Dakle,

∞

1 n+1 n=0

an = Primjedba 4.2. 4.2. Broj

1 n

se naziva Catalanov broj. broj.

1 n

2n n

2n 2 n 1

2n 2 n 1

−

xn+1 .

.

.

ˇ 4.7. SISTEMI SISTEMI REKURZIVN REKURZIVNIH IH JEDNA JEDNACINA

4.7

47

Sistemi rekurzivnih jednaˇ jednaˇ cina cina

Na kraju navodimo primjer koji pokazuje da se i neki sistemi rekurzivnih jednaˇ cina cina mogu rjeˇ savati savati koriste´ koristeći ci funkcije generatrise. Neka je a0 = 1, b0 = 0 i an+1 = 2an + bn bn+1 = an + bn . Odrediti an i bn . Neka su f i g FG za nizove an i bn redom. U tom sluˇcaju ca ju je je

{ } { } f ( f (x) − a0 = 2xf ( xf (x) + xg( xg (x) g(x) − b0 = xf ( xf (x) + xg( xg (x).

Odavde dobijamo f ( f (x) =

1 x2

−x

− 3x + 1

, g (x) =

x . 3x + 1

x2

−

√

 − √   − √ 

Sada iz Taylorovog razvoja imamo an =

 √  √ −  √  5

− √ 5 10

3 5 5 bn = 10

3+ 5 2

3+ 5 2

n+1

5+ 5 + 10

n+1

−

√

3 5+5 10

3

5

2

3

5

2

n+1

,

n+1

.

Primjedba 4.3. 4.3. Prethodni primjer daje model za ˇsirenje sirenje neutrona visoke i niske energije nakon njihovog sudara s jezgrama fisijske materije.

4.8

Problem dearanˇ zmana zmana

Ovde navodimo navodimo primjer primjer koji pokazuje pokazuje efikasnu efikasnu primjenu ekponencijal ekponencijalnih nih funkcija generatrisa. generatr isa. Problem dearanˇzmana zmana ili ”le Probl` P roblème eme des d es Rencontres”je Ren contres”je postavio Pieere R. de Montmoret (1678-1719), on glasi: Na´ ci ci broj bro j permutacija p ermutacija bez be z fiksni fik snih h taˇcaka caka duˇzine zin e n. Neka je j e traˇ t raˇzeni zeni bro j Dn . Oznaˇ Ozn aˇcimo ci mo sa s a D(x) ekponencijalnu funkciju generatrisu niza Dn , to jest

{ }

+

D(x) =

∞D



n=0

n

n!

xn .

Broj permutacija koji imaju k odreden odredenih ih fiksnih fiks nih taˇcaka caka je Dn−k , pa je ukupan n broj bro j permutacija permutac ija sa taˇcno cno k fiksn fik snih ih taˇcaka caka fik snih ih taˇcaka caka Dn−k , jer k fiksn k

 

48


moˇzemo zemo da izaberemo izabe remo na vrijedi

  n k

naˇ cina. cina. Kako je ukupan broj permutacija n!,

  · − n

n! =

n k

k =0

Dn−k .

Iz posljednje posljednje relacije relacije dijeljenjem dijeljenjem sa n!, dobijamo dobijamo n

1=

1 Dn−k . k! (n k )!

k =0

Sada, koristeći ci pravilo pr avilo proizvod p roizvoda, a, dobijamo d obijamo 1 1 odakle je

−x

= ex D(x),

e−x D(x) = . 1 x

(4.1)

−

Kako je +

e−x =

∞ ( 1)n

−

n=0

n!

xn ,

opet koriste´ koristeći ci pravilo proizvoda iz relacije 5.4 dobijamo Dn =1 n!

− 1 + 2!1 − 3!1 + . . . + (−1)n n1! ,

Dn = n!

4.9



1 2!

−

1 1 + . . . + ( 1)n 3! n!

−



.

Kompozi Kompozicij cijski ski inv inverz

Definicija 4.2. Za funkciju f kaˇzemo zem o da je kompozicijski inverz funkcije g na skupu D ako vrijedi f ( f (g(x)) = g (f ( f (x)) = x za sve x D.

∈

Sljede´ ca ca teorema daje potreban i dovoljan uslov kada FG ima kompozicijski inverz. Teorema 4.4. Funkcija generatrisa f ( f (x) = a1 x + a2 x2 + − 1 kompozicijski inverz f (x) ako i samo ako je a1 = 0.



Dokaz. Neka je g (x) = b1 x + b2 x2 + vrijedi a1 (b1 x + b2 x2 +

···

ima jedinstveni

f (g (x)) = 1. 1. U tom sluˇcaju ca ju · · · tako da je f (

· · · ) + a2(b1x + b2x2 + · · · )2 + a3(b1x + b2x2 + · · · )3 · · · = x.

Na osnovu toga dobijamo dobijam o beskonaˇcan can sistem jednaˇcina cina a1 b1 = 1

49

4.10. 4.1 0. ZADAC ZADACI I a1 b2 + a2 b21 = 0 a1 b3 + 2a 2a1 b1 b2 + a3 b31 = 0 .. .

Prvu Prv u jedn je dnaˇ aˇcinu cin u moˇzemo zem o jedno jed nozna znaˇˇcno cn o rijeˇ rij eˇsiti si ti po b1 ako i samo ako je a1 = 0. Tada moˇzemo zemo i drugu dru gu jednaˇ jedn aˇcinu cinu rijeˇsiti siti po b2 i treću cu po b3 itd. itd. Dakl Daklee g (x) postoji i jedinstven je ako i samo ako je a1 = 0. 0.





Primjer 4.5. Ako je +

y=

∞ xn



n=1

{ }

odrediti niz an takav da je

n!

+

x=

∞



an y n .

n=1

Kako je y = ex 1, zadatak se svodi na odredjivanje kompozicijskog inverza od ex 1. Jednostavno se vidi da je (ex 1)−1 = ln(1 + x). Kako je

−

−

−

∞ ( 1)n−1

+

ln(1 + x) =

−

n=1

zakljuˇ zakl juˇcujemo cuje mo da je

n

xn ,

( 1)n−1 an = . n

−

4.10 .10

Zada Zadacci

1. Dokazati sljedeće ce identitete: i dentitete: (a) F 0 + F 1 + F 2 +

· · · + F n = F n+2 − 1, (b) F 1 + F 3 + F 5 + · · · + F 2n−1 = F 2n , (c) F 0 − F 1 + F 2 − F 3 + · · · − F 2n−1 + F 2n = F 2n−1 − 1, (d) F 02 + F 12 + F 22 + · · · + F n2 = F n · F n+1 , gje je n ∈ N i {F n } Fibonaˇ Fibon aˇcijev cijev niz brojeva. bro jeva. 2. Dokazati Dokazati identitet4 F n+1 F n−1

·

− F n2 = (−1)n, n ∈ N.

3. Dokazati Dokazati da F 2n za sve n 4

∈ N.

Jean-Dominique, Cassini, 1680

≡ 0(modF 0(modF n ),

50

GLAV GLA VA 4. FUNKCIJE GENERA GENERATRISE TRISE 4. Dokazati Dokazati (a) F n2 + F n2−1 = F 2n−1 ,

(b) F n+1 F n + F n F n−1 = F 2n , za sve n N.

·

·

∈

5. Naći ci koeficijent koeficij ent uz uz (a) x5 u (1 (b) x9 u

(1

− 2x)−2, −

1 x)(1

− x2) .

6. Naći ci FG za sljede´ slj edeće ce nizove niz ove (a) 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, . . . (b) 2, 2, 2, 2, 4, 4, 4, 8, 8, 8, . . . . 7. Imamo 8 novˇ canica canica od 1 KM, 6 od o d 2 KM i 4 od o d 5 KM. Na koliko naˇ cina cina se moˇ ze ze isplatiti suma od 14 KM?

 ≥      

8. Pokazat Pokazatii da je FG za niz an = 9. Dokazati Dokazati da je

n

k =m

n k

2n n

k m

,n

=

0 jednaka (1

n m

− 4x)−

1 2

.

2n−m .

10. Pokazat Pokazatii da je

   n

k=0

2k + 1 22k

2k k

(2n (2n + 2)(2n 2)(2n + 3) = 3 4n+1

1 2

3 2

2n + 2 n+1



.

5 2

− 4x)− .) 11. Neka Neka je {an } niz za koji je a0 = 0, a1 = 1, a2 = −1, a za n ≥ 3 je an + an−1 − 16 16a an−2 + 20a 20an−3 = 0. 0. Odrediti FG za {an } i opˇsti st i ˇclan cl an niza ni za {an }. 12. Naći ci FG niza {an } ako on zadovoljav zadovoljavaa rekurentnu rekurentnu relaciju i odatle na´ ci ci (Koristiti FG i (1

− 4x)− · (1 − 4x)−

·



= (1

opˇ opˇsti st i ˇclan cl an niza ni za

(a) an+1 = 3a 3 an + 2, 2, a0 = 0. 0.

− an, a0 = 1, a1 = 2. 13. Naći ci funkciju generatrisu gen eratrisu niza n iza {an }, n ≥ 0 ako on zadovoljava datu rekurentnu (b) an+2 = 2a 2 an+1

relac rel acij iju u i odatl od atlee naći ci opˇsti sti ˇclan cl an niza ni za

51

4.10. 4.1 0. ZADAC ZADACI I

−4an+1 − 8an, a0 = 0, a1 = 2, (b) an+3 = 6an+2 − 11 11a an+1 + 6a 6an , a0 = 2, 2 , a1 = 0, a2 = −2. (a) an+2 =

14. Odrediti Odrediti FG za harmonijski harmonijski niz H n = 1 +

1 1 + + 2 3

· · · + n1 , n ∈ N.

15. U nizu a0 , a1 , a2 , . . . svaki svak i ˇclan, cla n, poˇcev cev od tre´ tre ćeg ceg je aritm ari tmetiˇ etiˇcka sredin sre dinaa dva prethodna pretho dna ˇclana, clana, to jest an+2 =

an+1 + an . 2

Odre Odredi diti ti lim lim an u funkciji od a0 i a1 . n

→+∞

16. Naći ci opˇstu stu formulu for mulu za sljede´ slj edeće ce nizove niz ove

− 4xn+1 + 4x 4xn = 2n , x0 = x1 = 0, (b) xn+2 − xn+1 + xn = 3 · 2n , x0 = 1, x1 = 3. (a) xn+2

17. Rijeˇ Rij eˇsiti siti rekurentnu reku rentnu jednaˇ jed naˇcinu cinu an = an−1 + an−2 +

· · · + a1 + a0

ako je a0 = 1. 18. Neka je z0 = 1 i zn+1 =

zn

− 2 , n = 0, 1, 2, . . .

zn

Naći ci eksplicitnu ekspli citnu formulu za zn .

19. Rijeˇsiti siti sistem rekurzivnih rekurziv nih jednaˇcina cina an + bn−1 = 4n 4n an−1 + bn = 4, ako je a0 = 0 i b0 = 1. 20. Izraˇcunati cunati vrijednosti vrijedn osti za z a p(n), 1

≤ n ≤ 6.

21. Naći ci funkcije generatrise za brojeve particija n u kojima je: (a) svaki svaki sabirak sabirak jednak 3 ili 5. (b) svaki svaki sabirak sabirak jednak 2, 3 ili 5. (c) svaki sabirak sabi rak na jviˇse se 4. (d) svaki svaki sabirak sabirak stepen broja 2. (e) svaki svaki sabirak sabirak djeljiv sa 2.

52


22. Dokazati Dokazati da je (1

− x)(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2m ) = 1 − x2m+1,

pa na osnovu toga, dokazati formulu (1

n

− x)−1 = (1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · · · (1 + x2 ) · · ·

Na osnovu ovoga, zakljuˇciti citi da svaki prirodan broj ima jedinstvenu jedinstvenu particiju na sabirke koji su razliˇciti citi stepeni broja 2. 23. Na koliko se naˇcina cina moˇze ze 25 istih kuglica razmjestiti razmjesti ti u 5 razliˇ r azliˇcitih citih kutija tako da u svakoj svakoj kutiji bude bude barem 3, a najviˇse se 8 kuglica? 24. Ak Ako o je: +

(a) y =

∞ xn

 − 

n=1

n

,

+

(b) y =

∞ ( 1)n+1

n=1

n

xn ,

+

(c) y =

∞ xn

5n n! n=1

,

{ }

odrediti niz an takav da je

∞

+

x=



an y n .

n=1


n



k =1

na dva naˇcina ci na::

1 k (n

− k)

(a) Rastavljajući ci sabirke na parcijalne razlomke. (b) Koriste´ ci ci pravilo proizvoda (konvolucije) (konvolucije) za funkcije generatrise. 26. Rijeˇ Rij eˇsiti sit i rekurentnu reku rentnu jednaˇ jedn aˇcinu cinu an = an−1 + 2a 2an−2 +

(n − 1)a 1)a1 + na0 · · · + (n

ako je a0 = 1. 27. Izraˇ Izr aˇcunati cun ati

n



k =0

u zatvorenoj zatvorenoj formi. formi.

F k F n−k

53

4.10. 4.1 0. ZADAC ZADACI I 28. Odrediti Odrediti funkciju funkciju generatrisu generatrisu za niz

  − n

T m,n m,n =

k=0

k m

1

n

k

, m,n

≥ 0.

54


Glava 5

Sume 5.1 5.1

Gaus Ga uso ov postu postupa pak k

Ovde primjenjuju´ primjen jujući ci formulu n

n

  ak =

k=0

k=0

an−k ,

(5.1)

raˇcunamo cunamo neke sume. Ova ideju je koristio njemaˇcki cki matematiˇcar car Gaus 1 . Primjer 5.1. Aritmet Arit metiˇ iˇcka cka progresija. progresija . Pretpostavimo da smo izraˇ cunali cunali sumu aritmetiˇ aritmet iˇ cke cke progresije progresije n

S =



(a + bk) bk).

k=0

Primjenjuju´ Primjen jujući ci formulu (5.1) dobijamo dobijam o n



S =

n

(a + b(n

k=0

− k)) =



(a + bn

k=0

− bk) bk).

Prema tome, vrijedi n

2S =

n



((a ((a + bk) bk) + (a ( a + bn

k =0 1

− bk)) bk )) =



(2a (2a + bn) bn).

k=0

Gaus je rano p okazao svoju matematiˇ cku cku darovitost. Poznata je anegdota ko ja kaˇze ze da je jednom prilikom Gausov uˇ citelj citelj zadao da se saberu svi brojevi od 1 do 100. Na njegovo veliko veliko iznenadenj iznenadenje, e, Gaus (koji je tada imao 7 godina) o dmah je doneo svoj rezultat: rezultat: 5050. Evo kako je mladi ml adi matematiˇcar to rijeˇsio: sio: Posmatra ju´ ci ci niz ni z 1, 2, 3, 3 , 4, ..., 97, 98, 99, 100, ˇcije cije je ˇclanove clanove trebalo sabrati, uoˇ cio cio je izvjesnu zakonitost: kada spari 1 i 100, 2 i 99, 3 i 98, i tako dalje, uvek dobije zbir 101. Takvih parova ima taˇ cno cno 50. Otuda je traˇ zeni zeni zbir jednak 50 · 101 = 5050. Ovaj postupak nazvan je ”Gausov postupak”.

55

56

GLAV GLA VA 5. SUME

Kako je

n



(2a (2a + bn) bn) = (2a (2a + bn)( bn)(n n + 1), 1),

k=0

dobijamo

2S = (2a (2a + bn)( bn)(n n + 1). 1). Znaˇ Zna ˇci ci vrijedi vri jedi

n



(a + bk) bk) =

k =0

(2a (2a + bn)( bn)(n n + 1) . 2

Primjetimo da iz prethodne formule dobijamo n

S 1 =



k=

k=0

n(n + 1) . 2

(5.2)

Primjer 5.2. Pokaˇzimo zim o da je n



k2 =

k =0

n(n + 1)(2n 1)(2n + 1) . 6

Pretpostavimo da je

(5.3)

n

S 2 =



k2 .

k=0

Iz identiteta

(k + 1)3 = k 3 + 3k 3k 2 + 3k 3k + 1, 1,

sumiranjem po k dobijamo n



n

3

(k + 1) =

k=0

n

n

n

    3

2

k +3

k=0

k +3

k=0

k+

k =0

1.

k=0

Korist Kor iste´ eći ci (5.2) (5.2 ) zakljuˇ zakl juˇcujemo cuje mo da je (n + 1)3 = 3S 2 + 3S 3S 1 + n + 1, 1, a odavde dobijamo formulu (5.3)

  n

Primjer 5.3. Izraˇ Iz raˇcuna cu najm jmo o

k=0

n

2S 3 =

k3 , primje-

k =0

njući ci formulu formul u (5.1), dobijamo dobijam o



 n

k 3 . Ako uvedemo oznaku S 3 =

n

3

(k + (n

k=0

− k)

3

=

(n3

k =0

− 3n2k + 3nk2) = (n + 1)n 1)n3 − 3n2 S 1 + 3nS 2 .

Iz prethodne prethodne jednakosti, jednakosti, koriste´ ci ci formule (5.2) i (5.3) dobijamo S 3 =



n(n + 1) 2



2

.

57

5.2. METODA PERTURBACIJE PERTURBACIJE Primjer 5.4. Pokazati da je

        −  −     −  −       n

n k

k

k =0

Neka je

= n2n−1 .

n

S =

n k

k

k=0

.

Iz formule (5.1) dobijamo n

2S =

n k

k

k=0

Kako je

n k

=

n

n

+ (n (n

n

k

.

, dobijamo

k

n

2S =

n

k)

(k + n

k)

k =0

Kako je (Primjer 3.1)

n

n k

k=0

n

n k

=n

k =0

n k

.

= 2n ,

dobijamo S = n2n−1 .

5.2 5.2

Metod Metoda a pertu perturb rbac acij ije e

Izloˇzimo zimo osnovnu ideju metode metod e perturbac p erturbacije. ije. Pretpostavimo Pretpo stavimo da ˇzelimo zelimo izraˇcunati cunati sumu

 n

 n

ak . Oznaˇ Ozn aˇcimo cim o sa S n =

k =0

ak . Tada vrijedi

k =0 n+1

S n + an+1 = a0 +



ak .

k=1

Ako je j e sada sa da mog mogu´ uće ce sumu s umu



n+1

ak izraziti preko S n , iz gornje jednakosti dobijamo

k=1

jednaˇ cinu cinu po S n . Rjeˇsavanjem savanje m te t e jedn j ednaˇ aˇcine cine odredu odr edujemo jemo S n . Primjer Primjer 5.5. Geometrij Geomet rijska ska progresija. progresija . Izraˇcuna´ cunaćemo cemo S n =

 n

k =0

metodu metodu perturbacije. perturbacije. Vrijedi n+1 n+1

S n + x

= 1+



k=1

xk+1 .

ko rist ste´ eći ci xk kori

58

GLAV GLA VA 5. SUME

Kako je n+1



xk+1 = xS n ,

k =1

iz dobijene jednakosti imamo

S n + xn+1 = 1 + xS n . Rjeˇ Rj eˇsava sa vaju ju´ ći ci poslj pos ljedn ednju ju jednaˇ jed naˇcinu ci nu po S n dobijamo n



1

k

x =

k=0

− xn+1 , 1−x

   n

Primjer 5.6. Izraˇ Iz raˇcunat cu natii sumu sum u S n =



za x = 1. 1.

kxk .

k=0

Vrijedi

n+1

n+1

S n + (n (n + 1)x 1)x

n+1

k

=

kx =

k =0

n+1

n

  kxk =

k=1

Prema tome,

kxk ,

k =1

(k + 1)x 1)xk+1 = xS n +

k=0

S n + (n (n + 1)x 1)xn+1 = xS n +

x

1

− x.

x

1

Rjeˇ Rj eˇsava sa vaju ju´ ći ci poslj pos ljedn ednju ju jednaˇ jed naˇcinu ci nu po S n dobijamo

− x.

− (n + 1)x 1)xn+1 + nxn+2  1.1 . , za x = (1 − x)2 n Primjer 5.7. Izraˇ Iz raˇcuna cu najm jmo o (−1)k . k =0 n k Oznaˇ Oz naˇcimo ci mo sa S n = (−1) i primjenim pr imjenimo o metod met od perturbacije. Imamo sljedeće ce S n =

x



 − k=0

n+1 n+1

S n + ( 1)

−

pa

=

n+1 k

−

0

( 1) = ( 1) +

−

k=0

( 1) = 1 +

k =1

S n =

( 1)k+1 = 1

k =0

− S n,

1 + ( 1)n . 2

−

( 1)k k.

k=0

− − − −

Uvedimo oznaku T n =

−

− n

Primjer 5.8. Izraˇ Iz raˇcuna cu nati ti

n

k

n

( 1)k k . Vrijedi

k=0

n+1

−

n+1

T n +( 1)

(n+1) =

n+1

k

( 1) k =

k=0

n

k

( 1) k =

k =1

( 1)k+1 (k +1) =

k=0

−T n−S n,

ˇ 5.3.. BESKO 5.3 BESKONA NACNE SUME

59

pa koriste´ kori steći ci prethodni primjer pr imjer dobijamo dobijam o ( 1)n (2n (2n + 1) 4

−

T n =

5.3

− 1.

Beskonaˇ cne cne sume

Beskonaˇcna cna suma ima oblik +

a0 + a1 + a2 +

··· =

∞



ak .

k=0

Ako su brojevi ak nenegativni i postoji konstanta A takva da je n



≤ A, za svaki n ∈ N,

ak

k=0

tada postoji konstanta S takva da je +

S =

∞



ak

k=0

i pri tome je S = lim S n , n

gdje je S n =

 n

→+∞

ak . Ovu ˇcinjenicu cinjenicu koristimo da odredimo neke beskonaˇ cne cne

k=0

sume.

Primjer 5.9. Pokaza´ Pok azaćemo cemo da je +

∞

  −   −   −  ···  −  −    k =1

Vrijedi n

S n =



k=0

pa je

1 = k (k + 1)

1

+

∞

k=1

1 = 1. 1. k(k + 1)

1 1 + 2 2

1 1 + 3 2

1 = li m 1 k(k + 1) n→+∞

Primjer 5.10. Izraˇ Iz raˇcuna cu nati ti

+

∞ k

k=1

2k

.

1 + 3

1 n+1

+

= 1.

1 n

1 n+1

− n +1 1 ,

=1

60

GLAV GLA VA 5. SUME

Odredimo prvo

n

     S n =

k=1

k , 2k

koriste´ korist e´ ci ci metodu perturbacije. Imamo n+1 S n + n+1 = 2 Kako je

n

k=1

dobijamo

n+1 k=1

k 1 = + k 2 2

k=2

n

(k + 1) S n = + k +1 2 2

S n =

n+1

1

k =1

2k+1

1 S n 1 + + 2 2 2

odavde je S n = 2

k 1 = + k 2 2

n



k =1

(k + 1) . 2k+1

− 21 , − 12

S n 1 1 = + 2 2 2 1

n

− 21n − 2nn+1 ,

− 2n1−1 − 2nn ,

pa zakljuˇcujemo cujemo da vrijedi +

∞ k



k=1

2k

= 2.

Koriste´ Kori steći ci sliˇcnu cnu metodu meto du moˇze ze se pokazati pokaz ati da je

∞ k2

+



k=1

2k

∞ k3

+

=6i



k=1

2k

= 26. 26 .

Primjer 5.11. Pokazati da je +

∞ 1



k =1

k2

π2 . 6

=

(5.4)

Dokaza´ Dok azaćemo cemo (5.4) (5.4 ) koriste´ kori steći ci Eulerov Eul erov metod, met od, [13]. [13]. Koristeći ci Taylorov razvoj imamo 3

5

7

2

4

6

sin x = x

− x3! + x5! − x7! + · · · ,

p( p(x) = 1

− x3! + x5! − x7! + · · · ,

stav st avlj ljaj aju´ ući ci

(5.5)

dobijamo sin x = xp( xp(x). Nule funkcije sin x razliˇcite cite od nule su zakljuˇ zak ljuˇcujemo cuje mo da je

±kπ za k = 1, 2, . . . . Na osnovu ovoga

 −   −  ···

p( p(x) = 1

x π

1+

x π

1

x 2π

1+

x 2π

ˇ 5.3.. BESKO 5.3 BESKONA NACNE SUME

61

 −  −  − ···       − ··· − − − ···   − − ··· x2 π2

= 1

x2 4π 2

1

x2 9π 2

1

.

(5.6)

Iz (5.5) i (5.6) dobijamo 2

1

4

− x3! + x5!

x6 + 7!

=

x2 π2

1

x2 4π 2

1

x2 9π 2

1

.

(5.7)

Ako u relaciji (5.7) uporedimo koeficijente uz x2 dobijamo 1 = 3!

1 1 1 + 2+ 2+ 2 π 4π 9π

odakle se dobija jednakost (5.4). Euler je j e koriste´ koristeći ci svoj metod dobio i +

∞ 1

  k=1

kao i

π4 = , k4 90

+

∞ 1

∞ 1

k=1

k6

=

π6 , 945

224 76977927 76977927π π 26 = . 27!

k 26

k =1

+



Primjer 5.12. Pokazati da je +

∞



k =1

1 (2k (2k

− 1)2

=

π2 . 8

(5.8)

Koristimo Eulerov metod. Za funkciju cos x vrijedi 2

4

6

− x2! + x4! − x6! + · · · . (5.9) S druge strane nule funkcije cos x su ± (2k−2 1)π , k = 1, 2, . . . . Prema tome, vrijedi cos x = 1

 −   −   −  ···  −  −  − ···       − − ··· − − − ···

cos x = 1

2x π

1+

= 1

2x π

2x 3π

1

4x2 π2

1+

2x 3π

1

1

4x2 9π 2

1

4x2 25 25π π2

1

4x2 π2

1

4x2 9π 2

2x 5π

1+

.

2x 5π

(5.10)

Iz (5.9) i (5.10) dobijamo 1

x2 x4 + 2! 4!

x6 + 6!

=

a odavde o davde uporeduju´ upore dujući ci koeficijent ko eficijent uz x2 dobijamo 4 − 2!1 = − π42 − 9π4 2 − 25 −··· , 25π π2 odakle slijedi (5.8).

1

4x2 25 25π π2

,

62

GLAV GLA VA 5. SUME

5.4 5.4

Prim Primje jena na izv izvoda oda i in integr tegral ala a

Pretpostavimo da je +

S (x) =

∞



ak xk ,

k =0

tada vrijedi 1. Pravilo Pravilo izvoda, izvoda, +

∞

S  (x) =

 

+

k 1

kak x − =

k =1

2. Pravilo integrala,

∞



(k + 1)a 1)ak+1 xk ,

k=0

x

+

S (t)dt =

∞



k =0

0

ak

xk+1 , k+1

za sve x za koje dati redovi na desnim stranama konvergiraju. Ova pravila, u nekim sluˇ cajevima, cajevima, mogu posluˇziti ziti da se izraˇ cunaju cunaju odredene sume. Ilustrovaćemo cemo to na nekoliko primjera. primjer a. Primjer 5.13. Izraˇ Iz raˇcuna cu nati ti

 −    −··· −           − − −··· − 1 2

n 0

n 1

1 3

+

n 2

+ ( 1)n

1 n+1

n n

.

Rjeˇsenje. senje. Iz binomne formule (1

x)n =

n 0

n 1

x+

n 2

x2

+

1 = n+1

+ ( 1)n

n n

xn ,

koristeći ci pravilo integrala dobijamo n+1

− (1 −n +x)1

  −     −···  −    −··· −   −− n 0

x

1 2

n 1

1 x + 3

n 2

2

3

x

−

Odavde, za x = 1, dobijamo da je n 0

1 2

n 1

+

1 3

Primjer 5.14. Izraˇ Iz raˇcuna cu nati ti Rjeˇ Rj eˇsenje se nje.. Iz

n 2

n

+ ( 1)n

k 2k .

k =0 n

xk =

k=0

1

   

1 + ( 1) n+1 n

xn+1 , 1 x

1 n+1

n n

n n

=

xn+1 .

1 . n+1

63

5.5.. ZADAC 5.5 ZADACI I koriste´ korist e´ ci ci pravilo izvoda, dobijamo dobijam o n



kxk−1 =

1

k =0

− (n + 1)x 1)xn + nxn+1 , (1 − x)2

 n

ako sada stavimo x = 2, dobijamo

k 2k = (n (n

k=0 n



k 2k = (n (n

k =0

− 1)2n + 1.1. Dakle,

− 1)2n+1 + 2.2.

Primjedba 5.1. 5.1. Pretho Pret hodni dni primjer prim jer se moˇze ze rijeˇ r ijeˇsiti sit i korist ko riste´ eći, ci, metodu meto du pertupe rtubacije (primjer 5.6). Primjer 5.15. Pokazati da je +

∞ ( 1)k−1

 −− − 2k

k=1

Rjeˇ Rj eˇsenj se nje. e. Iz

1 = 1 + x2

1

=

π . 4

(5.11)

+

∞

( 1)k x2k ,

k=0

koriste´ korist e´ ci ci pravilo integrala imamo +

arctan x =

∞

−

x2k+1 ( 1) = 2k + 1 k

k =0

+

∞

−

( 1)k−1

k=1

x2k−1 . 2k 1

−

Ako u posljednjoj jednakosti stavimo x = 1 dobijamo (5.11).

5.5

Zadaci

1. Izraˇcunati cunati sume (a) (b) (c)

  − n

k =0 n

1 (k+1)( k+3) ,

k (k + 2), 2),

k =0 n

( 1)k 4k2k−1 .

k =0

2. Odrediti Odrediti polinom polinom P ( P (x) takav da je n



k =0

P ( P (k ) = n4 .

64

GLAV GLA VA 5. SUME 3. Izraˇ Izr aˇcunati cun ati

− −       n

( 1)k k 2 .

k=0


n

( 1)k k

k=0


n

k=0


k2

n k

n k

.

.

n

k=0

kj za j 2k

∈ {2, 3, 4}.

Glava 6

Dirichletov princip i Ramseyeva teorema 6.1

Diric Dirichle hleto tov v princi princip p

Sljede´ ce ce tvrdenje poznato kao Dirichletov Dirichletov1 princip pri ncip (opˇsta sta forma) form a) se moˇze ze koristiti pri rjeˇ rj eˇ savanju savanju nekih kombinatornih problema. problem a. Teorema 6.1. Neka su A1 , A2 , . . . , An disjunktni disjunkt ni konaˇcni cni skupovi. Ako je j e n

 |

Ak

k=1

| ≥ r1 + r2 + · · · + rn − n + 1,1,

| | ≥ rk za bar jedan k ∈ {1, 2, . . . , n}. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, to jest |Ak | ≤ rk − 1 za svaki k ∈ {1, 2, . . . , n}.

onda je Ak Tada je

n

|

n

n

 | | | ≤ Ak =

k=1

Ak

k=1

(rk

k=1

− 1) = r1 + r2 + · · · + rn − n,

a to je kontradikcija sa uslovom n

|



k=1

Ak

| ≥ r1 + r2 + · · · + rn − n + 1.1.

Posljedica Posljedica 6.1. (Jaka (Jaka forma Dirichletovo Dirichletovogg princip principa)A a)Ako ko je nk + 1 predmet rasporeden u n kutija, onda bar jedna kutija sadrˇzi zi k + 1 predmet. 1

Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (D¨ uren, u ren, 13. februa februarr 1805. 1805. - G¨ otting o ttingen, en, 5. maj 1859. godine) godi ne) je j e bio njemaˇcki cki matematiˇ matemat iˇ car car ˇcija je zasluga za sluga savremena definicija funkcije.

65

66

GLAV GLA VA 6. DIRICHLETOV PRINCIP I RAMSEYEV RAMSEYEVA TEOREMA

· · · = rn = k + 1.

Dokaz. U opˇ o pˇstu stu formu stavimo stavi mo r1 = r2 =

Posljedica Posljedica 6.2. (Slaba (Slaba forma Dirichletovo Dirichletovogg princip principa)A a)Ako ko je n + 1 predmeta rasporedeno u n kutija, onda bar jedna kutija sadrˇ zi zi bar dva predmeta. predmeta.

· · · = rn = 2.

Dokaz. U opˇ o pˇstu stu formu stavimo stavi mo r1 = r2 =

Primjer 6.1. Medu 13 ljudi postoje bar dvojica rodena u istom mjesecu. Rjeˇ Rjeˇsenje. senje. Dokaz slijedi slijedi direktno direktnom m primjenom primjenom slabe slabe forme Dirichletov Dirichletovog og principa. Ovde je n = 12 12.. Primjer Primjer 6.2. Dato je n je n cijelih brojeva a1 , a2 , . . . , an . Dokazati da postoje cijeli brojevi k i l, pri ˇcemu cemu je 0 k < l n, takvi da je broj ak+1 + ak+2 + + al djeljiv sa n. Rjeˇsenje. senje. Posmatrajmo brojeve

≤

≤

···

a1 , a1 + a2 , a1 + a2 + a3 , . . . , a1 + a2 +

· · · + an .

Ako je neki od ovih brojeva djeljiv sa n dokaz je zavrˇ sen. sen. U suprotnom, suprotnom, svi daju pri dijeljenju sa n neki neki ostata ostatakk iz skup skupa 1, 2, . . . , n 1 . Kako posmatranih posmatranih brojeva ima n, na osnovu slabe forme Dirichletovog principa zakljuˇcujemo cujemo da postoje dva broja a1 + a2 + + ak i a1 + a2 + + al koji imaju isti ostatak, pa je njihova razlika to jest broj ak+1 + ak+2 + + al djeljiv sa n.

{

···

− }

··· ···

Primjer 6.3. Iz skupa 1, 2, . . . , 2n , n N, odabran je podskup A koji se sastoji od n od n + 1 broja. Dokazati da postoje dva broja x i y iz skupa A takva da je jedan djeljiv sa drugim. Rjeˇ senje. senje. Svaki broj se moˇ ze ze zapisati u obliku 2k m, gdje je k N 0 i m neparan neparan broj. Neparnih brojeva brojeva u skupu 1, 2, . . . , 2n ima n. Prema tome, broj mogućnost cno stii za m je n. Kako skup A ima n + 1 brojeva, na osnovu slabe forme Dirichletovog principa zakljuˇ cujemo cujemo da u skupu A postoje dva broja sa istim faktorom m. Neka Neka su to brojev brojevi i x = 2k m i y = 2l m. Ako je k je k < l, broj y je djeljiv sa x, a ako je l < k, broj x je djeljiv sa y .

{

} ∈

{

}

∈ ∪{ }

Primjer 6.4. Unutar kvadrata stranice 1 je smjeˇ steno steno 9 taˇ caka. caka. Dokazati da postoje tri od datih taˇ caka caka koje su sadrˇzane zane u krugu polupreˇ cnika cnika 2/5. Rjeˇsenje. senje. Podijelimo kvadrat na ˇcetiri cetiri podudarna podudarna kvadrata pomo´ cu cu dvije prave paralelne paralelne sa stranicama stranicama kvadrata koje prolaze kroz centar kvadrata. Na osnovu jake forme Dirihletovog principa (n = 4, k = 2), 2), dobija dobijamo mo da bar jedan jedan od dobijena dobijen a ˇcetiri cetiri kvadrata sadrˇzi zi bar tri taˇcke. cke. Opiˇsimo simo krug oko tog kvadrata. Njegov Njego v polupreˇcnik cnik iznosi izn osi 1 2

     1 2

2

+

1 2

2

=

√ 2

2 < , 4 5

pa se u tom krugu nalaze tri taˇ cke. cke. Primjer 6.5. Medu 73 ˇcovjeka covjeka barem barem je 7 rodeno u istom mjesecu. Rjeˇ senje. senje. Koristimo jaku formu Dirichletovog principa (n = 12, 12 , k = 6). 6).

67

6.2. RAMSEYEVA RAMSEYEVA TEOREMA

Primjer Primjer 6.6. U korpi korpi se nalaze nalaze kuglic kuglicee bijele bijele,, plave plave i zelene zelene boje. boje. Odre Odrediti diti minimalan broj kuglica u korpi tako da u njoj bude ili najmanje 6 bijelih ili najmanje 7 plavih ili najanje 8 zelenih kuglica. Rjeˇsenje. senje. Koristimo Korist imo opˇstu stu formu Dirichletovog Dirich letovog principa, n = 3, r1 = 6, r2 = 7, r3 = 8, pa je traˇzeni zeni broj r1 + r2 + r3

6.2

− n + 1 = 6 + 7 + 8 − 3 + 1 = 19. 19.

Ramsey Ramseyev eva a teorem teorema a

Dirichletov princip prin cip se moˇze ze generalizovati. generali zovati. Jednu generalizaciju general izaciju je j e dao Ramsey2 , a cijela teorija koja se time bavi naziva se Ramseyeva teorija. Teorema 6.2. (Ramsey 1930.)Za sve r, m N i sve prirodne brojeve r1 , r2 , . . . , rm r postoji najmanji prirodan broj N = R(r1 , r2 , . . . , rm ; r) takav da ako je dat skup od n N elemenata i ako u tom skupu razvrstamo sve r ˇclane podskupove u m klasa K 1 , K 2 , . . . , Km , onda postoji ili r1 elemenata elemena ta ˇciji ciji su svi r ˇ clani clani podskupovi podskupovi u klasi K 1 , ili r2 elemenata elemenat a ˇciju ciju su svi r ˇclani cl ani podskupov podsk upovi i u klasi K 2 , . . ., ili rm elemenata elemena ta ˇciji ciji su svi r ˇclani clan i podskupovi u klasi kla si K m .

≥

∈

≥

−

−

−

−

Dokaz, Dokaz, zbog komplikovanost komplikovanostii ne´ cemo cemo navoditi. Provodi Provodi se indukcijom po p o r, pa onda indukcijom po m. Broj R(r1 , r2 , . . . , rm ; r ) zove se Ramseyev broj. Za r = 1 dobijamo d obijamo opˇsti sti Dirichletov Dirichle tov princip. Ako je r = 1 tada je R(r1 , r2 , . . . , rm ; 1) najmanji broj sa osobinom da ako imamo n kuglica n N , N , koje trebamo staviti u m kutija K 1 , K 2 , . . . , Km , onda je ili u kutiji K 1 bar r1 kuglica, ili u kutiji K 2 bar r2 kuglice, . . ., ili u kutiji K m bar rm kuglica. Vidimo da je Dirichletov princip specijalan speci jalan sluˇcaj caj Ramseyeva teorema teorem a i

≥

R(r1 , r2 , . . . , rm ; 1) = r1 + r2 +

· · · + rm − n + 1.1.

Napomenimo da se vrlo malo zna o Ramseyevim bro jevima, ˇcak cak i o Ramseyevim brojevima drugog reda to jest o brojevima R(r1 , r2 ; r). Jedini do sada poznati Ramseyev broj bro j viˇseg seg reda je R(3, (3, 3, 3; 2) = 17, koji su dobili Greenw Greenwood ood i Gleason 1957. godine.

6.3

Zadaci

1. Dokazati Dokazati da se od 2009 prirodnih brojeva mogu odabrati o dabrati dva ˇcija cija je razlika razlika djeljiva sa 2008. 2. Unutar kvadrata stranice 1 je smjeˇ steno steno 13 taˇcaka. caka. Dokazati Dokazati da postoje ˇcetiri ceti ri od datih dat ih taˇcaka caka koje koj e su sadrˇ sad rˇzane zan e u krugu kru gu polupr pol upreˇ eˇcnika cnika 2/5. 2

F. P. Ramsey, (190 3-1930), 3-1930) , engleski engl eski matematiˇ mat ematiˇcar. car.

68

GLAV GLA VA 6. DIRICHLETOV PRINCIP I RAMSEYEV RAMSEYEVA TEOREMA 3. Pet razliˇcitih citih pari p ari rukavica nalazi n alazi se u kutiji. k utiji. Izvlaˇcimo cimo po p o jednu rukavicu i ne vra´ camo camo natrag u kutiju. Koliko je najmanje izvlaˇ cenja cenja potrebno da bismo bili sigurni da imamo obje rukavice istog para? 4. Dato je n cijelih cijelih brojeva brojeva a1 , a2 , . . . , an . Dokaza Dokazati ti da se od njih njih mo moˇˇze ze odabrati nekoliko ˇciji ciji je zbir kvadrata kvadrata djeljiv sa n. 5. U m kutija je rasporedeno n kuglic kuglica. a. Ak Ako o je n < postoje dvije kutije sa istim brojem kuglica.

−

m(m 1) , 2

dokazati da

6. Dat je skup koji se sastoji sastoji od deset deset dvocifre dvocifrenih nih brojeva. brojeva. Dokaza Dokazati ti da se mogu odabrati dva disjunktna podskupa ovog skupa, tako da su zbirovi brojeva u tim podskupovima jednaki. 7. U korpi se nalaze jabuke, naranˇce ce i banane. Odrediti minimalni broj vo´ ca ca u korpi tako da u njoj bude ili najmanje 10 jabuka ili najmanje 7 banana ili najmanje na jmanje 8 naranˇci. ci.

Glava 7

Grafovi 7.1 7.1

Osno Osnovn vnii pojmovi pojmovi

Prije nego damo definiciju grafa poˇcnimo cnimo sa jednim primjerom. Naime, graf moˇzemo zemo shvatiti kao ob jekat koji ko ji se sastoji sasto ji od o d ˇcvorova cvorova i ivica ivic a koje ko je spaj sp ajaj aju u neke ne ke od ˇcvorova cvo rova.. Primjer 7.1. Graf

{ }{ }{ }

ima ˇcvorove cvorove 1, 2, 3, 4, 5, dok ivice moˇzemo zemo oznaˇciti citi sa 1, 2 , 1, 3 , 4, 5 . Dakle, vrhove moˇzemo zemo opisati kao podskupove podskupove od skupa ˇcvorova cvorova koji se sastoje od 2 elementa. Definicija Definicija 7.1. Graf je uredjeni par G = (V, E ), ), gdje je V konaˇcan can podsk po dskup up i E je familija 2-ˇ clanih clanih poskupova od V . V . Elemen Elementi ti od V se nazivaju ˇ cvo cv orovi ov i (vrhovi) a elementi od E grane (ivice) grafa G. Za vrhove x, y kaˇzemo zem o da su povezani ako vrijedi x, y E.

∈

{ }∈

Primjer 7.2. U primjeru 7.1. imamo

{

}

V = 1, 2, 3, 4, 5 i E =

{{1, 2}, {1, 3}, {4, 5}}. { }∈

Vrhovi 2 i 3 su takodje povezani preko vrha 1, ali nisu povezani jer 2, 3 / E. Graf moˇzemo zemo reprezentirati i njegovom tabelom incidencije inciden cije 1 2 2 1 3

3 1

69

4 5

5 4

70

GLAV GLA VA 7. GRAFOVI GRAFOVI

∈ N. Graf W n = (V, ( V, E ), gdje je V = {0, 1, 2, . . . , n} i E = {{0, 1}, {0, 2}, . . . , {0, n}, {1, 2}, {2, 3}, . . . , {n − 1, n}, {n, 1}},

Primjer 7.3. Neka je n

nazivamo toˇ cak . Taj graf ncije 0 1 . .. n

se moˇze ze reprezentovati sa sljedećom com tabelom incide1 0

2 0

2 n

3 1

··· ··· 4 ··· 2 ··· 3 0

n-1 0

n 0

n n-2

1 n-1

Na primjer W 4 moˇzemo ze mo prikaz pri kazati ati na sljede´ sl jedeći ci naˇcin ci n

Primjer 7.4. Graf K n = (V, E ), gdje je V = 1, 2, . . . , n i E = (i, j ) : 1 i < j n nazivamo kompletan grafu je svaki par razliˇ razliˇcitih citih kompletan graf graf . U tom grafu ˇcvorova cvorova povezan. Na primjer K 4 moˇzemo zem o ilustrova ilu strovati ti sljede´ slj edećom com slikom sli kom

{

≤ }

}

{

≤

Definicija Definicija 7.2. Za graf G1 = (V 1 , E 1 ) kaˇ zemo zemo da je podgraf grafa G2 = (V 2 , E 2 ) ako vrijedi V 1 V 2 i E 1 E 2 .

⊆

⊆

Primjer 7.5. Graf na slici

je podgrafa podgrafa na slici

Definicija Definicija 7.3. Za dva grafa G1 = (V 1 , E 1 ) i G2 = (V 2 , E 2 ) kaˇ zemo zemo da su izomorfmni ako postoji funkcija funkcija α : V 1 V 2 koja ipunjava sljedeće ce uslove :

→

(GI1) α : V 1

→ V 2 je injekcija,

ˇ 7.2.. STEPE 7.2 STEPEN N CVORA

71

→ V 2 je sirjekcija, (GI3) Za sve x, y ∈ V 1 , {x, y} ∈ E 1 ako i samo ako {α(x), α(y )} ∈ E 2 . (GI2) α : V 1

Primjer 7.6. Grafovi na sljede´ s ljede´ coj coj slici su izomorfni i zomorfni..

Moˇ zemo zemo uzeti na primjer primje r α(a) = 2, 2 , α(b) = 1, α(c) = 3 i α(d) = 4. 4. Definicija 7.4. Graf G1 = (V 1 , E 1 ) je komplement grafa G2 = (V 2 , E 2 ) ako je V 1 = V 2 i ako su dva ˇcvora cvora susjedna u G1 ako i samo ako nisu susjedni u G2 . Graf je samokomplementaran ako je izomorfan sa svojim komplementom. Teorema 7.1. Ako je G je G = (V, ( V, E ) samokomplementaran samokompl ementaran graf sa n ˇcvorova, cvorova, tada je n 0( mo mod d 4) 4) ili n 1( mo mod d 4) 4).

≡

≡

| |

Dokaz. Kako je G samokomplementaran graf, broj njegovih grana V je jednak broju grana njegovog komplementa. S druge strane, zbir broja grana grafa G i njegovog komplementa je jednaka broju grana kompletnog grafa, to jest 2 E =

| |

  n 2

.

Odavde dobijamo da je n(n4−1) cijeli broj, kako kako je taˇ cno cno jedan od brojeva n i ili n 1( mod 4). 4). n 1 paran, to je n 0( mod 4) ili

−

7.2

≡

≡

Stepen ˇ cvora cvora

∈ ∈ }|

Definicija Definicija 7.5. Neka je dat graf G = (V, E ) i v V ˇcvor cv or od G. Step St epen en ˇ cvora cvo ra v je broj δ (v) = e E : v e ,

|{ ∈

to jest broj grana od G koji ko ji sadr sa drˇˇze ze ˇcvor cv or v.

∈ {1, 2, 3, 4}. Primjer 7.8. Za svaki kompletan graf K n je δ (v ) = n − 1 za svaki v ∈ V. Primjer 7.7. Za graf W 4 vrijedi δ (0) (0) = 4 i δ (v) = 3 za svaki v

Teorema 7.2. Neka je dat graf G = (V, E ). Tada vrijedi

 ∈

v V

| |

δ (v) = 2 E .

Dokaz. Dokaz slijedi sli jedi iz ˇcinjeni cinj enice ce da svaka grana gr ana kao kra kr a jnje jnj e taˇcke cke ima dva ˇcvora. cvora .

72


Primjer 7.9. Postoji li graf sa stepenima ˇcvorova cvorova 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 4, 4, 4, 4, 6. Rjeˇsenje. senje. Ovde imamo da je j e



δ (v) = 35, 35,

v V

a ovo je nemogu´ ce ce jer je



∈

δ (v) paran broj.

v V

∈

| |

| | ≥

Primjer 7.10. Neka je graf G = (V, E ) takav da je V = n i E = m i neka je k = 2nm . Dokazati Dokazat i da d a postoji ˇcvor cvor grafa G takav da je δ (v) k. Pretpostavimo suprotno. Onda za svaki v V vrijedi δ (v) < 2nm , pa je

 

∈



δ (v ) < n

∈

v V

·  ≤ 2m n

2m,

a ovo je u suprotnosti sa teoremom 7.2. Definicija 7.6. Za ˇcvor cvo r grafa gr afa G = (V, E ) kaˇzemo zemo da je j e neparan n eparan (paran) ako je stepe ste pen n ˇcvora cvo ra δ (v) neparan (paran). Teorema 7.3. Broj neparnih ˇcvorova cvorova nekog grafa G = (V, E ) je paran. Dokaz. Neka V p i V n oznaˇcavaju cavaju familije familij e parnih i neparnih neparni h ˇcvorova cvorova grafa G respektivno. respektivno. Tada iz teoreme teoreme 7.2 slijedi slijedi

  δ (v) +

v V p

δ (v) = 2 E .

| |

v V n

∈

∈



Kako je δ (v) paran broj za svaki v

cujemo da je broj δ (v) ∈ V p to zakljuˇcujemo v ∈V paran. Broj δ (v) je neparan za svaki v ∈ V n , pa broj |V n | mora biti paran. Primjer 7.11. Za svaki n ∈ N za koji vrijedi n ≥ 3 cikl ci kliˇ iˇcni cni graf je C n = (V, E ), gdje je V = {1, . . . , n} i E = {{1, 2}, {2, 3}, . . . , {n − 1, , n}, {n, 1}}. Kod ovog n

grafa svaki ˇcvor cvor ima stepen 2.

Primjer Primjer 7.12. Za graf G = (V, E ) kaˇzemo zem o da je regularan sa stepenom V . Specijalno, Specijalno, kompletan graf regularnost r ako vrijedi δ (v ) = r za svaki v V . K n je regularan sa stepenom n 1.

−

∈

Primjer 7.13. Neka je G je G = (V, E ) samokomplementaran samokomplementaran graf sa 4k +1 ˇ cvor cv orov ova. a. Dokazati da u grafu G postoji neparan broj ˇcvorova cvorova stepena 2k . Neka je S 1 = v V : δ (v) < 2k ,

{ ∈ } S 2 = {v ∈ V : δ (v) = 2k 2 k }, S 3 = {v ∈ V : δ (v) > 2k }.

| | | | n = 4k 4 k + 1 = |S 1 | + |S 2 | + |S 3 | = 2 |S 1 | + |S 2 |,

G je samokomple sa mokomplemantaran mantaran graf, pa zakljuˇcujemo cujemo da je j e S 1 = S 3 , kako je

ˇ 7.2.. STEPE 7.2 STEPEN N CVORA

73

dobijamo da je 4 k + 1 − 2|S 1 |. |S 2| = 4k

| |

Dakle, S 2 je neparan broj.

Primjer 7.14. U dvije grupe grupe se nalazi nalazi po 15 ljudi. Da li je mogu´ mogu´ ce ce da svaki ˇcovjek covjek poznaje poznaje po 9 ljudi iz svoje grupe i po 6 ljudi l judi iz druge grupe? Rjeˇsenje. senje. Svaki ˇcovjek covjek moˇze ze predstavljati ˇcvor cvor grafa, a poznanstvo izmedu dva ˇcovjeka covjeka predstavlja granu grafa. problem se svodi da odredimo odredimo da li postoji graf sa dvije grupe grupe po 15 ˇcvorova, cvorova, takav da svaki ˇcvor cvor ima 9 ˇcvorova cvorova sa kojima je povezan povezan iz svoje grupe i 6 ˇcvora cvora sa kojima je povezan povezan iz i z druge grupe. Takav graf bi imao regularn regularn podgraf podgraf sa stepenom stepenom regularnosti regularnosti 9 sa 15 ˇcvorova, cvorova, tj podgraf podgraf sa neparnim neparnim brojem ˇcvorova cvorova neparnog neparnog stepena, stepena, ˇsto sto je na osnovu teoreme teoreme 7.3 nemog ne mogu´ uće. ce . Primjer 7.15. Pokazati da se izostavljanjem ˇcvora sa maksimalnim stepenom stepenom ne povećava cava srednja vrijednos vri jednostt stepena ste pena ˇcvorova. cvorov a. Rjeˇ senje. senje. Pretpostavimo Pretpostavimo da je dat graf G = (V, E ) sa skupom ˇcvorova cvorov a V = v1 , v2 , . . . , vn takvim da je

{

}

δ (v1 )

≤ δ (v2) ≤ ·· · δ (vn).

Ako izostav izo stavimo imo ˇcvor cvo r vn , stepen svkog njegovog nj egovog susjednog ˇcvora, cvora, kojih ima δ (vn ) se smanjuje za 1. Stepeni Stepeni ostalih ˇcvorova cvorova ostaju nepromijenjeni. Prema tome, ukupan zbir stepena preostalih ˇcvorova cvorova je n 1

−



k =1

δ (vk )

− δ (vn).

Ako bi novi graf imao i mao veću cu srednju vrijednost vri jednost stepena ˇcvorova cvorova vrijedilo bi



n 1

−

 n

− δ (vn) δ (vk ) k=1 > , n−1 n

δ (vk )

k =1

odavde je n 1

n

−



n

δ (vk )

k =1

− nδ (vn) > (n − 1)

n 1

−



δ (vk ) > (2n (2n

k =1

ˇsto st o je nemogu´ nem oguće, ce , jer je r je δ (vn )



δ (vk ),

k=1

− 1)δ 1)δ (vn ),

≥ δ (vk ) za k ∈ {1, 2, . . . , n − 1}.

Primjer 7.16. Pokazati da u svakom grafu postoje dva ˇcvora cvora istog stepena. Rjeˇ Rjeˇsenje. senje. Neka je dat graf graf sa n ˇcvorova. cvorova. Ako bi vrijedilo suprotno, tada bi stepeni stepen i ˇcvorova cvorov a bili bil i 0, 1, 2, . . . , n 1. Ovo nije mogu´ ce, ce, jer u grafu nije mogu´ ce ce da postoj pos tojii ˇcvor cvor stepena ste pena 0, koji nije nij e povezan pove zan ni ni n i sa s a jednim jedn im ˇcvorom cvorom i ˇcvor cvor stepena stepen a n 1, koji k oji je povezan sa svim ˇcvorovima. cvorovima.

−

−

74


Primjedba 7.1. 7.1. Stepen ˇcvora cvora se moˇze ze koristiti kao test tes t izomorfnosti izomorf nosti dva grafa. gr afa. Nije teˇsko sko vdjeti vd jeti da ako je j e sa α : V 1 V 2 dat izomorfizam grafova grafova G1 = (V 1 , E 1 ) i G2 = (V ( V 2 , E 2 ), da je tada δ (v) = δ (α(v)) za svaki v V 1 .

→

7.3

∈

Povezani ezani grafo grafovi vi

ˇ Definicija 7.7. Setnja u grafu G = (V, E ) je niz ni z ˇcvorova cvo rova v0 , v1 , . . . , vk

{

∈ V

}∈

takav da za svaki i = 1, . . . , k , vi−1 , vi E. U tom sluˇcaju ca ju kaˇ zemo zemo da se radi rad i o ˇsetnj se tnjii od v0 do vk . Ako su svi vrhovi razliˇciti citi kaˇ zemo zemo da se radi o putu. putu. Ako su svi vrhovi razliˇciti citi sem v0 = vk , kaˇ zemo zemo da se radi o ciklusu. ciklusu. Za graf graf koji koji ac ikli liˇ ˇ can ca n. ne sadrˇzi zi ciklus cikl us kaˇ zemo zemo da je acik ˇ ju moˇzemo Primjedba 7.2. 7.2. Setnju Setn zemo prikazati pri kazati i preko grana gran a na sljede´ slj edeći ci naˇcin cin

{v0, v1}, {v0, v1}, . . . , {v0, v1}. Primjer 7.17. Neka je dat graf W 4 ,

ˇ tada tada je 0, 1, 2, 0, 3, 4, 3 ˇsetnja setnja ali nije nije put ni ciklus ciklus.. Setnja 0, 1, 2, 3, 4 je put, dok je ˇsetnja setnja 0, 1, 2, 0 ciklus.

∼

Pretpostavimo da je dat graf G = (V, E ). ). Definiˇsimo simo relaciju na slje sl jede´ deći ci naˇcin. cin. Pretpostavimo Pretpo stavimo da je x, y V . V . Tada piˇsemo sem o x y kada posto po stoji ji ˇsetnja setn ja

∈

v0 , v1 , . . . , vk

∼

∈ V

∼ je relacija ekvivalencije na V . V . Neka je V = V 1 ∪ V 2 ∪ · · · ∪ V r ,

tako da je x = v0 i y = vk . Relacija

unija razliˇcitih citih klasa k lasa ekvivalencije. ek vivalencije. Za svaki i = 1, 1 , . . . , r, r, neka je E i =

{{x, y} ∈ E : x, y ∈ V i},

drugim dru gim rijeˇ rij eˇcima cim a E i oznaˇcava cava familiju fami liju svih grana iz E ˇciji ciji su krajnj kra jnjii ˇcvorovi cvorov i iz V i . Definicija Definicija 7.8. Za svaki i = 1, . . . , r, r, grafovi Gi = (V i , E i ), gdje su V i i E i definisani kao ranije se nazivaju komponente grafa G. Ak Ako o graf graf G ima samo jednu komponentu kaˇ kaˇzemo zemo da je povezan. povezan. Primjedba 7.3. 7.3. Graf G = (V, E ) je povezan ako za svaki par razliˇcitih citih ˇcvorova cvorova x, y V , V , posto ji ˇsetnja od x do y .

∈

75

7.3. POVEZANI POVEZANI GRAFOVI GRAFOVI Primjer 7.18. Graf prikazan na slici

ima dvije komponente, dok je graf prikazan na slici

povezan. Primjer 7.19. Za svaki n

∈ N kompletan graf K n je povezan.

Primjer 7.20. Odrediti maksimalan broj grana grafa sa n ˇcvor cv orov ova a i k komponenti povezanosti. Rjeˇsenje. senj e. Neka Nek a su G1 = (V ( V 1 , E 1 ), G2 = (V 2 , E 2 ), . . . , G k = (V k , E k ), komponente povezanosti grafa G = (V, E ). Svaki od grafova Gi = (V i , E i ), i

∈ {1, 2, . . . , k} predstavlja kompletan graf. Neka je i0 ∈ {1, 2, . . . , k} takav da je |V i | = 1max |V |. ≤i≤k i Ako iz grafa G grafa Gi = (V ( V i , E i ) za neko i  = i0 prebacimo prebacim o jedan ˇcvor cvor u graf Gi = (V i E i ) broj grana se smanji za |V i | − 1 i pove´ pov eća ca za |V i |, pa dobijamo dobija mo graf g raf koji koj i ima i ma viˇ v iˇ se se 0

0

0

0

0

grana od grafa G. Prema Prema tome, sve komponent komponentee osim Gi0 se sastoje samo od jednog jednog ˇcvora. cvora. Kako G ima n ˇcvoro cv orova va i k komponenti, komponenti, komponenta komponenta Gi0 ima n k+1 grana, pa je to t o traˇzeni zeni maksimalan maksima lan broj grana. 2



−



n−2) Primjer Primjer 7.21. Ako je u grafu sa n ˇcvorova cvorov a broj grana veći ci od (n−1)( , 2 dokazati da je graf povezan. Rjeˇ Rjeˇsenje. senje. Neka je dat nepoveza nepovezan n graf graf G = (V, E ) sa bar bar dvije komponente komponente povezanosti, tada vrijedi

    − | |≤ E

kako je k

k 2

+

n

k

2

=

n(n

− 1) − k(n − k),

2

∈ {1, 2, . . . , k − 1}, imamo da je k(n − k) ≥ n − 1, pa vrijedi 1)(n − 2) , |E | ≤ n(n2− 1) − (n − 1) = (n − 1)(n 2

ˇsto sto je kontradikc kont radikcija ija..

76

7.4


Stabla

Definicija 7.9. Povezani graf bez ciklusa naziva se stablo (drvo). drvo). Graf Graf kod ˇ koga je svaka svaka komponenta poveza p ovezanosti nosti stablo, naziva se ˇsuma. suma.Cvor stepena 1 naziva se list. list. Primjedba 7.4. 7.4. Ako je G stablo sa bar dva ˇcvora cvora , tada G sadrˇ sad rˇzi zi bar dva lista l ista.. Teorema 7.4. Svaka dva ˇcvora cvora u stablu su povezana taˇcno cno jednim putem. Dokaz. Neka je G = (V, E ) stablo i neka su P 1 = (V 1 , E 1 ) i P 2 = (V 2 , E 2 ) dva razliˇ razl iˇcita cita puta put a koja ko ja povezuju povez uju ˇcvorove cvorove u i v . Ka Kako ko je P 1 = P 2 to postoji grana x, y E 1 tako da x, y / E 2 . Sada Sada imamo imamo da je graf graf P = (W, F ), F ), gdje je W = V 1 V 2 i F = (E 1 E 2 ) x, y povezan, pa sadrˇ zi zi put koji povezuje ˇcvor vo rove ove x i y . Prema tome graf C graf C = (V ( V 1 V 2 , E 1 E 2 x, y ) je j e cikl c iklus us i sadrˇ s adrˇzan zan je u grafu G = (V, E ) ˇsto st o je nemo ne mogu gu´će. ce .

{ }∈

∪



{ }∈ ∪ \{ } ∪

∪ ∪{ }

Definicija 7.10. Eulerova Eulerova karakteristika karakteristika stabla G = (V, E ) je χ(G) = V

| | − |E | + 1.1. | |

Lema Lema 7.1. Svako netrivijalno stablo G = (V, E ) ( V > 1) ima im a ˇcvor cvo r ˇciji cij i je stepen 1. Dokaz. Poˇcnim cn imoo od o d nek n ekog og ˇcvora cvo ra v1 . Ako je δ (v1 ) = 1 dokaz je gotov. U suprotnom je δ (v1 ) > 1, pa posto ji ˇcvor cvor v2 povezan povez an sa ˇcvorom cvoro m v1 . Ak Ako o je δ (v1 ) = 1 dokaz je gotov, ako je δ (v2 ) > 1 pro p roduˇ duˇzimo zim o dalje dal je do ˇcvora cvo ra v3 itd. Na taj naˇcin cin ˇ dolazimo do puta v1 v2 v3 . . .. Cvorovi tog puta pu ta se ne ponavljaj ponavlj aju u jer bi inaˇce ce imali imal i ciklus. Kako ˇcvorova cvorova ima konaˇcno cno mnogo posto ji posljednji poslj ednji ˇcvor cvor ko ji mora biti stepena 1.

| | | | − 1, to jest χ(G) = 2.

Teorema 7.5. Ako je G je G = (V, ( V, E ) stablo onda je E = V

∈

Dokaz. Prema lemi 7.1 postoji v V za koji je δ (v ) = 1. Izbacimo ta j ˇcvor cvor i granu koja je incidentna sa v. Tada dobivamo opet stablo G1 = (V 1 , E 1 ) za koje je χ(G1 ) = χ(G). Nastavljajući ci ovaj proces na kraju dobijamo stablo samo sa jednim ˇcvorom, cvorom, a njegova njegova Eulerova Eulerova karakteristik karakteristikaa je 2. Posljedica Posljedica 7.1. (a) Za svako stablo G = (V, E ) vrijedi



| | − 2.

δ (v ) = 2 V

v V

∈

(b) Svako netrivijalno stablo ima bar dva ˇcvora cvora stepena 1. Dokaz. (a) Kako je

 ∈

v V

δ (v ) = 2 E

| |

77

7.5. EULEROVI EULEROVI I HAMILT HAMILTONOVI ONOVI GRAFOV GRAFOVI I na osnovu prethodnog teorema imamo

 ∈

v V

| | − 2.

δ (v) = 2 V

(b) Ako je G netrivijalno stablo onda je δ (v) slijedi iz (a (a).

≥ 1 za svaki svak i ˇcvor cvo r v, pa sada tvrdnja

Primjer 7.22. Svako stablo sa n ˇcvoro cv orova va ima im a n Rjeˇsenje. senje. Tvrdenje Tvrdenj e slijedi sl ijedi iz teoreme 7.5.

7.5

− 1 grana.

Eulero Eulerovi vi i Hamilt Hamiltono onovi vi graf grafo ovi

Definicija 7.11. Eulerova Eulerova ˇ setnja setnja je graf G graf G = (V, ( V, E ) koji ko ji je ˇsetnja setn ja i koji ko ji sadrˇ sad rˇzi zi svaku granu taˇcno cno jednom. j ednom. Graf je Eulerov ako sadrˇ sa drˇzi zi Euler Eu lerovu ovu ˇsetnj se tnju. u. Definicija Definicija 7.12. Hamiltonov Hamiltonov1 ciklus je graf G = (V, E ) koji je ciklus i koji sadrˇzi zi sve vrhove od V . V . Graf je Hamiltonov ako sadrˇzi zi Hamiltonov Hamilton ov ciklus. Primjer 7.23. (Problem Kenigsberˇ Kenigsberˇ skih skih mostova) Stari pruski grad K¨ onigsberg (sadaˇsnji snji Kalinjgrad) Kalinj grad) smjeˇsten sten je na rijeci Pregel. Dio grada je smjeˇsten sten na dva ostrva koji su povezani sa kopnom sa sedam mostova kao na slici

Problem Proble m se s e sasto s astoji ji u tome t ome da se obavi ˇsetnja setn ja u kojoj k ojoj će ce se svaki svak i most m ost obići ci taˇcno cno jednom. jednom. Drugim rijeˇ cima cima pitanje je da li postoji Eulerova ˇsetnja setnja na grafu kao na slici

Negativan odgovor na ovo pitanje je dao Euler 1736. god. Primjer 7.24. (Problem (Probl em trgovaˇ trgo vaˇckog ckog putni pu tnika, ka, W. Hamil H amilton ton 1856) 1856 ) Trgovaˇcki cki putnik treba obi´ ci ci neke gradove gradove i vratiti se na mjesto polaska tako da u toku putovanja kroz svaki grad prodesamo jednom. Drugim rijeˇ cima cima traˇ traˇzi zi se potreban potreban i dovoljan uslov kada je graf Hamiltonov. To je jedan od najve´ cih cih nerijeˇ senih senih problema teorije grafova. Teorema 7.6. Neka je dat graf G = (V, ( V, E ). Ako je min je min δ (v) ciklus. 1

v V

∈

≥ 2 onda G sadrˇzi

William Rowan Hamilton (1805-1856) je bio irski matematiˇ car, car, fiziˇ car car i astronom koji je dao znaˇ cajan cajan doprinos razvo ju optike, dinamike i algebre.

78


Dokaz. Pretpostavimo suprotno, to jest da graf G nema nema ciklusa. ciklusa. Neka Neka je H komponenta kompon enta povezanosti ˇcvora cvora v za koji je δ (v) 2. H je stablo stablo.. Ak Akoo je H netrivijalan onda postoje bar dva ˇcvora cvora u H sa stepeni step enima ma 1, ˇsto je nemogu´ nemo guće. ce. Ako je H trivijalan trivijal an onda ima ciklus, ciklus , ˇsto sto je opet nemoguće. ce.

≥

Teorema eorema 7.7. Povezan graf G je Eulerov Eulerov ako i samo ako svi ˇcvorovi cvorovi imaju paran stepen. Teorema 7.8. Povezani graf ima i ma Eulerovu ˇsetnju ako i samo ako ima najviˇse se dva vrha neparnog stepena. Primjedba 7.5. 7.5. Na osnovu prethodne teoreme zakljuˇcujemo cujemo da graf mostova mostova u Königsbergu onigsbergu nema Eulerove staze. Primjer 7.25. Plan Pariza sa granama na Seni izgleda kao na slici.

Da li se Pariz moˇ ze ze obi´ ci ci tako da preko svakog mosta predemo samo jednom? Pripadni graf izgleda kao na slici, pa taj graf ima Eulerovu ˇ setnju setnju jer ima samo dva vrha neparnog stepena.

7.6

Zadaci

1. Odrediti Odrediti broj grana kompletn kompletnog og grafa K n . 2. Konstruisati graf koji ima sljedeću cu tabelu tab elu incidencije 0 5 8 9

1 2 6

2 1 4 6

3 7

4 2 6

5 0 8 9

6 1 2 4

7 3

8 0 5

9 0 . 5

Koliko Koliko komponenat komponenataa povezanos povezanosti ti ima dati graf? graf ? 3. Odrediti ˇsest sest neizomorfnih neizomo rfnih stabala sa 6 ˇcvorova. 4. Naći ci sve neizomorfne neizomo rfne grafove g rafove sa 6 ˇcvorova cvorova kod ko jih je stepen ste pen regularnosti regularn osti 3.

| | ≥ 2. Pokazati

5. Pretposta Pretpostavimo vimo da je graf G = (V, E ) stablo kod koga je V da graf G ima bar dva ˇcvora cvora sa s a stepeno s tepenom m 1. 1. 6. Koliko Koliko ukupno ima grafova grafova sa n ˇcvor cv orova ova i m grana?

7. Neka Neka je X skup od o d n elemenata. Pretpostavimo da ˇcvorove cvorove grafa G predstavlja skup nepraznih podskupova od X , pri ˇcemu cemu su dva ˇcvora cvora spo sp o jena jen a granom granom ako i samo ako je presjek presjek odgovaraju´ odgovaraju´ cih cih podskupova podskupova skupa X prazan. Odrediti broj ˇcvorova cvorova i grana grafa G.

79

7.6.. ZADAC 7.6 ZADACI I 8. Da li postoji graf kod koga svi ˇcvorovi cvorovi imaju imaj u razliˇ cite cite stepene? step ene?

9. Na ˇsahovskom sahovskom turniru svaki je igraˇ c igrao sa svakim najviˇse se jednom. Dokazati Dokazati da u svako svakom m trenutku trenutku turnira turnira postoje bar dva dva igraˇ igraˇca ca koji su do tog trenutka odigrali isti broj partija. 10. Za koje vrijednosti vrijednosti n

∈ N kompletan graf K n ima Ojlerovu Ojl erovu ˇsetnju? setn ju?

80


Glava 8

Linearno programiranje 8.1 8.1

Stan Standa dard rdni ni pr prob oble lemi mi

Problem linearnog li nearnog programir p rogramiranja anja moˇzemo zemo definisati defini sati kao problem maksimiz m aksimiziiranja ili minimiziranja linearne funkcije zavisne o d nekih linearnih ograniˇ cenja. cenja. Ograniˇ cenja cenja mogu biti jednakosti ili nejednakosti. Navedimo Navedimo jedan jednostavan jednostavan primjer. Odrediti realne brojeve x1 i x2 takve da je suma x1 + x2 maksimalna uz uslove x1 0, x2 0 i x1 + 2x 2x2 4

≥

≥

≤ 4x1 + 2x 2x2 ≤ 12 −x1 + x2 ≤ 1.

Ovaj problem ima dvije nepoznate veliˇcine cine i pet uslova. Svi uslovi su nejednakosti i svi sv i su linernog lin ernog tipa u smislu da svaki od uslova u slova ukljuˇcuje cuje neku linearnu funkciju. funkciju. Prva Prva dva dva uslova uslova,, x1 0, x2 0, su specijalna. specijalna. Za njih kaˇ zemo zemo da su uslovi nenegativnosti i ˇcesto cesto se nalaze u problemima linearnog programiranja. Ostale uslove nazivamo glavni uslovi. uslovi. Funkcija koju treba maksimizirati (minimizirati) se naziva funkcija funkcija cilja. cilja. Ovde, funkcija cilja je x1 + x2 . Kako prethodni primjer ima samo dvije promjenljive, moˇ zemo zemo ga rijeˇ siti siti pomoću cu grafika grafika skupa svih taˇ caka caka u ravni koje ispunjavaju ispunjavaju date uslove (grafik dopustivog skupa). Traˇzimo zimo taˇcku cku iz i z dopustivog dop ustivog skupa koja maksimizira maksimi zira vrijednost ciljne funkcije. Svaka nejednakost iz uslova odreduje poluravan i dopustivi skup, koji je presjek tih poluravni. U ovom primjeru, dopustivi skup je petougao (odredite njegove vrhove). Odredim Odre dimoo taˇcku cku (x1 , x2 ) u kojo j se dostiˇze ze maksimum mak simum za x1 + x2 nad dopustivim skupom. Funkcija x1 + x2 je konstanta na pravoj sa koeficijentom pravca -1, na primje primjer, r, na pravoj pravoj x1 + x2 = 1, moˇ zemo zemo pomjerati tu pravu pravu od koordinatnog ordinatn og poˇcetka cetka naviˇse se i naravno, vrijednost vrijedn ost od x1 + x2 raste. raste. Zato, Zato, potraˇ zimo zimo pravu koja ima koeficijent pravca -1, koja je na judaljenija od koordinatnog natnog poˇ cetka cetka i koja sijeˇ sijeˇce ce dopustivi dopustivi skup. To je prav prava koja prolazi prolazi kroz

≥

≥

81

82

GLAV GLA VA 8. LINEARNO PROGRAMIRANJE PROGRAMIRANJE

presj pr esjeˇ eˇcnu cnu taˇcku cku pravi pra vih h x1 + 2x2 = 4 i 4x 4x1 + 2x2 = 12, to jest kroz taˇ cku cku (x1 , x2 ) = (8/ (8/3, 2/3). 3). Vrijednost funkcije cilja u toj taˇ cki cki je 10 10//3. Zadaci 1 i 2 na kraju kra ju ove glave, g lave, mogu mo gu se rijeˇsiti siti koristeći ci prethod pr ethodni ni postupak p ostupak,, poznat i kao grafiˇ gr afiˇcka cka meto met o da. da. Lako je zakljuˇciti citi da u opˇstem stem sluˇcaju caj u funkcija cilja, budući ci da je linearna, linearn a, uvijek dostiˇ ze ze maksimum (ili minimum) u nekom vrhu dopustivog skupa, ako je dopustivi skup ograniˇ cen. cen. Ponekad, Ponekad, maksimum (ili minimum) se dostiˇ ze ze i na cijeloj ivici dopustivog skupa, ali tada će ce se naravno dostići ci i na nekom od od vrhova. Nisu svi problemi linearnog programiranja jednostavni za rjeˇ savanje. savanje. Neki mogu da imaju veliki broj promjenljiv promjenljivih ih i uslov uslova. Neke Neke od promjenljivi promjenljivih h mogu biti nenegativne, a druge mogu da ne ispunjavaju uslov nenegativnosti. Neki od glavnih glavnih uslova uslova mogu biti jednakos jednakosti, ti, a drugi u obliku obliku nejednak nejednakosti. osti. Ipak, dvije klase problema, koje nazivamo standardni problem maksimuma i standardni problem problem minimuma minimuma,, igraj igraju u poseb posebnu nu ulogu ulogu.. Kod tih probl problem ema, a, sve sve promjenljive su nenegativne i svi glavni uslovi su u obliku nejednakosti. Ovde, pod vektorom smatramo matricu koja se sastoji samo od jedne kolone. Neka je dat m vektor, b = (b ( b1 , . . . , bm )T , n vektor c = (c ( c1 , . . . , cn )T i matrica realnih brojeva, formata m n,

−

−

×

A=

 

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

··· ···

am1

am2

···

..

.

a1n a2n .. . amn

 

.

Standardni problem maksimuma: maksimuma: Odrediti n vektor, x = (x1 , . . . , x n )T , koji maksimizira cT x = c1 x1 + + cn xn

−

···

uz uslove

· · · + a1nxn ≤ b1 a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn ≤ b2 a11 x1 + a12 x2 +

.. .

am1 x1 + am2 x2 + ili Ax i x1 ili

· · · + amnxn ≤ bm, ≤b

≥ 0, x2 ≥ 0, . . . , xn ≥ 0, x

≥ 0.

Standardni problem minimuma: minimuma: Odrediti m vektor, y = (y ( y1 , . . . , ym )T , koji minimizira yT b = y1 b1 + + ym bm

···

−

83

8.1. STANDARDNI STANDARDNI PROBLEMI uz uslove

· · · + ymam1 ≥ c1 y1 a12 + y2 a22 + · · · + ym am2 ≥ c2 y1 a11 + y2 a21 +

.. .

y1 a1n + y2 a2n +

· · · + ymamn ≥ cn,

ili yT A

≥ cT

i y1

≥ 0, y2 ≥ 0, . . . , ym ≥ 0,

ili y

≥ 0. ≤

Primjetimo da su glavni uslovi opisani preko kod standardnog problema maksimuma i sa kod standardnog standardnog problema problema minimuma. minimuma. Primjer Primjer iz uvodnog uvodnog dijela je standardni problem maksimuma. Sada navodimo ˇcetiri cetiri opˇsta sta primjera pr imjera linearnog linearn og programiran pro gramiranja. ja. Svaki od tih problema je dosta izuˇcavan. cavan. Primjer Primjer 1. Problem Problem prehrane. prehrane. Neka je dato m razliˇ razl iˇcitih citi h tipova ti pova hrane h rane,, F 1 , . . . , Fm , koji ko ji sadrˇ sad rˇze ze odrede od redene ne koliˇcine cine od n hranljivih sastojaka, N 1 , . . . , Nn , koji su od o d esencijalnog znaˇcaja caja za dobro zdravlje. Neka je cj dnevni minimum hranljivog sastojka N j . Neka je bi cijena cijena po jedinici jedinici hrane F i . Dalje, neka je aij koliˇcina cina hranljivog hranlji vog sastojka sasto jka N j sadrˇzanog zanog u jedinici jedinic i hrane F i . Problem je da se odredi minimalna cijena koˇ koˇstanja stanja dnevnih potreba za hranljivim sasto jcima. Neka je yi broj jedinica hrane F i koji se mogu kupiti kupiti u toku dana. Cijena Cijena koˇ stanja stanja prehrane u toku t oku dana je

≥

y1 b1 +

· · · + ymbm .

(8.1)

Koliˇcina cina hranljivog hranlj ivog sastojka sasto jka N j , koji se sadrˇzi zi u ovoj dijeti je y1 a1j + y2 a2j +

· · · + ymamj ,

za j = 1, . . . , n , po naˇsoj so j pretpostavci pretpo stavci minimalna minima lna koliˇcina cina je cj , pa traˇ tra ˇzimo zim o y1 a1j + y2 a2j +

· · · + ym amj ≥ cj , j = 1, . . . , n .

(8.2)

Naravno, pretpost pr etpostavljamo avljamo da je nabavljena nab avljena koliˇcina cina hrane nenegativn n enegativna, a, pa prema prem a tome imamo uslove y1 0, y2 0, . . . , ym 0. (8.3)

≥

≥

≥

Dakle, Dakle, problem problem je minimizirat minimiziratii (8.1) uz uslove uslove (8.2) i (8.3). (8.3). Oˇ cigledno cigledno je to standardni problem minimuma. Primjer Primjer 2. Problem transporta. transporta. Neka je dato I izlaza izl aza ili i li proi p roizvodaˇ zvodaˇckih cki h skla sk ladiˇ diˇsta, st a, P 1 , . . . , PI , koji snabdijevaju odredenom robom J marketa M 1 , . . . , MJ ,

84


koji robu trebaju prodati. Skladiˇ ste ste P i sadˇ sa dˇzi zi koliˇ kol iˇcinu ci nu rob ro be si i = 1, 2, . . . I , market M j potraˇ ot raˇzuje zu je koliˇ kol iˇcinu ci nu rj , j = 1, . . . , J robe. robe. Neka Neka je bij cijena transporta po jedinici jedinic i robe r obe iz skladiˇ s kladiˇsta sta P i do marketa M j . Problem je odrediti minimalnu cijenu transporta transp orta uz uslov u slov da svaki market mar ket dobije do bije koliˇcinu cinu potraˇ p otraˇzivane zivane robe. ro be. Neka je yij koliˇcina cin a robe r obe transp tran sponovana onovana iz skladiˇ skl adiˇsta sta P i do marketa M j . Ci jena koˇ koˇstanja stanja ukupnog tansporta je I

J



yij bij .

(8.4)

i=1 j =1

Koliˇ Kol iˇcina cina robe rob e poslan pos lana a iz i z skladiˇ skla diˇsta sta P i je

 J

yij i kako je koliˇcina cina robe rob e sadrˇzane zane

j =1

u skla sk ladiˇ diˇstu stu P i jednaka si , dobijamo uslove J



≤ si i = 1,1 , . . . , I .

yij

j =1

Koliˇcina cina robe koja je stigla u market M j je

 I

(8.5)

yij i kako kako je potraˇznja znja u tom

i=1

marketu rj , dobijamo uslove I

 i=1

yij

≥ rj j = 1, . . . , J .

(8.6)

Kako pretpostavljamo pretp ostavljamo da koliˇcina cina poslane posl ane robe iz skladiˇsta sta P i do marketa M j ne moˇ m oˇze ze biti bi ti negativna, ne gativna, dobijamo dobijam o uslove us love yij

≥ 0 i = 1,1 , . . . , I ,

j = 1, . . . , J .

(8.7)

Dakle, problem je minimizirati (8.4) uz uslove (8.5), (8.6) i (8.7). Primje Primjerr 3. Proble Problem m analize analize aktivnos aktivnosti. ti. Neka je dato n aktivnosti, A1 , . . . An , ko je kompanij kompa nijaa moˇze ze razvi r azvijati jati,, koriste´ koris teći ci m resursa, R1 , . . . , Rm . Neka je bi dostupnost resursa Ri , aij je sadrˇzanost zano st resursa resu rsa Ri u koriˇ kor iˇstenju sten ju aktivnos akti vnosti ti Ai po jedinici koriˇstenja. stenja. Neka je cj dobitna vrijednost vrijedn ost kompanije koristeći ci aktivnost Aj po jedinici jedinic i koriˇstenja. stenja. Problem je izabrati i zabrati odgovaraju´ odgovara juće ce aktivnosti ak tivnosti po jedinici koriˇ koriˇstenja stenja kako bi kompanija imala maksimalnu dobit. Neka je xj koliˇ kol iˇcina cin a koriˇ ko riˇstenj ste njaa aktiv ak tivno nosti sti Aj u radu. Vrijednost dobiti je n



cj xj .

(8.8)

j =1

Sadrˇ Sad rˇzaj za j resursa resu rsa Ri koji koj i je koriˇsten sten u radu, radu , ne moˇze ze biti veći ci od bi , to jest imamo uslove, n

 j =1

aij xj

≤ bi i = 1,1 , . . . , m .

(8.9)

85

8.1. STANDARDNI STANDARDNI PROBLEMI

Po pretpostavci, pretp ostavci, ne moˇ m oˇzemo zemo imati aktivnosti aktivnos ti sa s a negativni ne gativnim m vremenom vr emenom koriˇstenja, stenja, to jest, x1 0, x2 0, . . . , x n 0. (8.10)

≥

≥

≥

Dakle, ovde je problem maksimizirati (8.8) uz uslove (8.9) i (8.10), to jest, radi se o standardnom problemu maksimizacije. Primje Primjerr 4. Problem Problem optimal optimalne ne raspodjel raspodjele. e. Neka I osoba mogu da obavljaju J poslova. Cijena osobe i po radnom danu na poslu j je aij . Problem je napraviti raspodjelu osoba po poslovima p oslovima tako da se maksimizira ukupna dobit. Za datu raspodjelu, neka brojevi xij predstavlja ju veliˇcinu cinu vremena v remena osobe osob e i na poslu j . Prema tome, J

 

xij

≤ 1,

i = 1, . . . , I

(8.11)

xij

≤ 1,

j = 1, . . . , J

(8.12)

j =1 I

i=1

i xij

≥ 0, i = 1, . . . , I , j = 1,1 , . . . , J .

(8.13)

Nejednakost (8.11) predstavlja predstavlj a ˇcinjenicu cinjeni cu da osoba ne moˇze ze imati viˇse se od 100% radnog radnog vremena, vremena, (8.12) (8.12) znaˇ znaˇci ci da na poslu j moˇze ze biti ispla´ isp laćena cena samo sam o jedna jedn a naknada u toku t oku jednog radnog dana i uslov u slov (8.13) (8 .13) kaˇ ze ze da d a vrijeme v rijeme angaˇzovanja zovanja na poslu ne moˇze ze biti negativno. Problem se svodi na maksimiziranje ukupne dobiti, to jest maksimiziranje I

J



aij xij

(8.14)

i=1 j =1

uz uslove uslove (8.11), (8.11), (8.12) i (8.13). (8.13). Ovo je standardni standardni problem problem maksimizir maksimiziranja anja sa m = I + I + J i n = I J. Funkcija koja se maksimizira ili minimizira naziva se funkcija funkcija cilja. cilja. Vektor x, za standarni standarni problem maksimuma maksimuma ili vektor vektor y za standardni problem minimuma je dopustivi vektor ako ispunjava sve date uslove. Skup svih dopustivih vektora naziva se dopustivi skup. skup. Linearno programiranje je dopustivo ako je dopustivi dopusti vi skup sk up neprazan, ne prazan, inaˇce, ce, radi se o nepraktiˇ cnom cnom linearnom programiranju. Dopustivi problem maksimuma (minimuma) je neog ne ogra rani niˇ ˇ cen ce n ako funkcija cilja moˇ ze ze da ima proizvoljne velike pozitivne p ozitivne (negativne) vrijednosti, inaˇce ce kaˇ zemo zemo da se radi rad i o ogra og rani niˇ ˇ ceno ce nom m problemu. Dopustivi Dopustivi vektor vektor u kome funkcija funkcija cilja dostiˇ dostiˇze ze maksimaln maksimalnu u ili minimalnu minimalnu vektor. vrijednost naziva se optimalni vektor. Svaki Svaki problem linearnog linearnog programiranja programiranja se moˇ ze ze zapisati zapisati u standardnoj ndardnoj formi formi.. Problem Problem linearnog linearnog programira programiranja nja moˇ ze ze biti definisan definisan kao maksimizir maksimiziranje anje ili minimiziran minimiziranje je linearne linearne funkcije uz neke neke linearne linearne uslove. uslove. Svi

86


takvi problemi mogu se zapisati u obliku standardnog problema maksimuma koris kor iste´ teći ci sljed sl jede´ eće ce tehni teh nike. ke. Problem minimuma moˇze ze se zamijeni z amijeniti ti sa s a problemo p roblemom m maksimuma m aksimuma tako ˇsto sto se funkcija cilja pomnoˇzi zi sa 1. Sliˇcno, cno, uslovi zapisani u formi

−

n

 −

aij xj

j =1

mogu se zapisati sa

≥ bi,

n

( aij )xj

j =1

≤ −bi.

Mogu nastati i sljede´ s ljedeća ca dva problema. prob lema. 1. Neki uslovi mogu biti jednakosti. jednakosti. Jednakost n



aij xj = bi ,

j =1



moˇzemo zemo odstra od straniti niti,, rjeˇsavaju´ sava jući ci taj ta j uslov po xj za neko aij = 0 i zamjenjujući ci tu promjenljivu u drugim uslovima i u funkciji cilja. Na taj naˇcin cin moˇzemo zemo odstraniti o dstraniti sve uslove usl ove u obliku obli ku jednakosti. je dnakosti. 2. Neke Neke promjenljiv promjenljive e mogu da ne ispunjav ispunjavaju uslov nenegativnosti nenegativnosti.. U ovom sluˇcaju, ca ju, ako a ko na primjer, p rimjer, promjenljiva promjen ljiva xj ne ispunjava uslov nenegativnosti, moˇ zemo zemo je zamijeniti sa dvije promjenljive, xj = uj vj , gdje je uj 0 i vj 0.

≥

8.2

−

≥

Dua Dualno lnost

Svaki problem linearnog programiranja ima dualni problem linearnog programiranja sa kojim je usko povezan. Mi prvo navodimo dualni problem za standarni problem linearnog programiranja. Kao u Sekciji 7. 1, c i x su n vektori, b i y m vektori i A je matrica tipa m n. Pretpostavimo da je m 1 i n 1.

−

×

≥

−

≥

Definicija 8.1. Dualni problem standarnog problema maksimuma max cT x Ax

(8.15)

≤ b, x ≥ 0

je definisan kao standardni problem minimuma min yT b yT A

≤ c, y ≥ 0.

(8.16)

87

8.2.. DUALNO 8.2 DUALNOST ST

Razmotrimo ponovo numeriˇ cki cki primjer iz prethodne sekcije: Odrediti realne brojeve x1 i x2 takve da je suma x1 + x2 maksimalna uz uslove x1 0, x2 0 i

≥

≤4 4x1 + 2x 2x2 ≤ 12 −x1 + x2 ≤ 1.

≥

x1 + 2x 2x2

(8.17)

Dualni problem ovog standardnog problema maksimuma je sljede´ ci ci standardni problem minimuma: Odrediti realne brojeve y1 , y2 i y3 koji minimiziraju minimiziraju 4y1 + 12y 12y2 + y3 uz uslove y1

≥ 0, y2 ≥ 0, y3 ≥ 0 i − y3 ≥ 1 2y1 + 2y 2y2 + y3 ≥ 1. y1 + 4y 4y2

(8.18)

Ako standardni standard ni problem probl em minimuma minimum a (8.16) transformiˇ tra nsformiˇsemo semo u standardni stan dardni prop roblem ble m ma maksi ksimum mumaa (mnoˇ (mn oˇze´ zeći ci A, b i c sa 1), njegov dualni problem p o definiciji definiciji je standardni problem minimuma koji, kada se transformiˇ transformiˇse se u standardni problem maksimuma (ponovo mijenjaju´ mijenja ju´ ci ci znak svih koeficijenata) posta je problem (8.15). Dakle, dualni problem standardnog problema minimuma (8.16) je standardni problem maksimuma (8.15). Za probleme (8.15) i (8.16) kaˇ zemo zemo da su dualni dua lni.. Standardni problem maksimuma i dualni problem minimuma moˇ zemo zemo istovremeno vrem eno predstavi pred staviti ti na sljede´ slj edeći ci naˇcin: cin :

−

y1 y2 .. . yn

x1 a11 a21 .. .

x2 a12 a22 .. .

··· ··· ···

am1 c1

am2 c2

· · · amn ≤ · · · ≥ cn

≥

≥

xn a1n a2n .. .

≤ b1 ≤ b2

.. . bm

(8.19)

Naˇs numeriˇ numer iˇcki cki primjer pri mjer u ovo ovojj notaciji nota ciji moˇzemo zemo zapisati zapi sati na sljede´ slj edeći ci naˇcin cin y1 y2 y3

x1 1 4 -1 1

≥

x2 2 2 1 1

≥

≤4 ≤ 12 ≤1

(8.20)

Veza izmedu standardnog problema i njegovog dualnog problema je data sljede´ slje dećom com teoremom teor emom..

88


Teorema 8.1. Ako je x dopustivo dopusti vo rjeˇsenje senje standardnog problema problem a maksimuma m aksimuma (8.15) i ako je y dopustivo rjeˇ senje senje njegovog njegovog dualnog problema (8.16), onda vrijedi cT x yT b. (8.21)

≤

Dokaz. cT x

≤y

T

Ax

≤y

T

b.

Prva nejednakost slijedi iz x

≥ 0 i cT ≤ yT A.

Druga nejednakost slijedi iz y

≥ 0 i Ax ≤ b.

Posljedica 8.1. Ako su standardni i njegov dualni problem dopustivi onda su oba i ograniˇ ograni ˇceni. ce ni. Dokaz. Ako je y dopustiv vektor za problem minimuma onda je zbog (8.21) yT b od gore ograniˇceno ceno sa cT x, gdje je x dopustivi vektor za problem maksimuma. Sliˇ Sl iˇcno cn o se pokaˇ po kaˇze ze i u drugo dr ugom m sluˇ sl uˇcaju ca ju.. Posljedica Posljedica 8.2. Ako je x∗ dopustiv dopustiv vektor vektor za standar standardar dardni dni problem problem maksi∗ muma (8.15) i y dopustiv vektor za dualni problem (8.16), tako da je cT x∗ = y∗ b, onda su x∗ i y∗ optimalna rjeˇ senja senja za probleme (8.15) i (8.16) respektivno. respektivno. Dokaz. Ako je x dopustivi vektor za (8.15), onda je cT x

≤ y∗

T

b = c T x∗ ,

a odavde zakljuˇcujemo cujemo da je x∗ optimala opti malan n vektor. vekto r. Na sliˇcan can naˇcin cin se pokaˇ po kaˇ ze ze i ∗ za y .

8.3 8.3

Teore eorema ma o du dual alno nost stii i teor teorem ema a o ekvi ekvili libr brii jumu

Sljede´ ca ca fundamentalna teorema daje da je vezu izmedu standardnog i dualnog proble problema. ma. Dokaz Dokaz ove ove teorem teoremee nije nije jednos jednosta tav van kao prethod prethodne ne teorem teoreme. e. Mi ćemo cemo dati taj ta j dokaz do kaz kasnije kada teoremu teore mu dokazujemo dokazujem o koriste´ kori steći ci simpleks simplek s metod. met od. (Simpleks metod je algoritamski metod za rjeˇsavanje savanje problema linearnog programiranja.) Napomenimo da je ova teorema sadrˇzana zana i u minimax teoremi iz teorije igara. igara.

89

8.3. TEOREMA TEOREMA O DUALNOSTI DUALNOSTI I TEOREMA TEOREMA O EKVILIBRIJUM EKVILIBRIJUMU U

Teorema 8.2. ( Teorema Teorema dualnosti ) Ako je standardni problem linearnog programiranja gramiranja ograniˇ ograniˇ ceno ceno dopustiv, tada je takav i njegov dualni problem, njihove vrijednosti su jednake i postoje optimalni vektori za oba problema. Kod problema problem a linearnog linearn og programiranja programi ranja moguća ca su tri sluˇcaja. caj a. Moguće ce je da bude dopustivo ograniˇcen cen (d. o.), dopustivo neograniˇcen cen (d. n.), ili nedopustiv (n). Za standardni problem i negov dualni imamo devet mogu´ cnosti. cnosti. Posljedica 8.1 tvrdi da su tri od tih devet sluˇcajeva cajeva nemoguća: ca: ako je standardni problem i njegov dualni dopustiv, dopusti v, tada tad a su oba o ba dopustivo dop ustivo ograniˇ ogr aniˇcena. cena. Prvi zakljuˇ za kljuˇcak cak teoteo reme dualnosti dualnos ti tvrdi da su joˇs dva d va sluˇcaja caj a nemoguća. ca. Ako je j e standard s tandardni ni problem dopustivo ograniˇcen, cen, onda o nda njegov n jegov dualni dua lni problem p roblem ne moˇze ze biti nedopustiv. nedopus tiv. Radi jednostavnosti jednostavnosti sve sluˇcajeve cajeve moˇ zemo zemo prikazati prikazati sljede´ cim cim dijagramom. Stan Standa dard rdni ni d. o. Dualni problem minimuma

d. o. d. d. n. n. n.

x x

prob proble lem m d. n. x x

maks ma ksim imum umaa n. x

(8.22)

Kao primjer primjene p osljedice 8.2 navodimo sljedeći ci problem maksimuma. Odrediti x1 , x2 , x3 i x4 koji maksimiziraju maksimiziraju 2x1 + 4x 4x2 + x3 + x4 uz uslove xj

≥ 0 za j = 1,1 , 2, 3, 4 i x1 + 3x 3x2 + x4

≤4

≤3 x2 + 4x 4x3 + x4 ≤ 3. 2x1 + x2

(8.23)

Dualni problem ovog problema je : odrediti y1 , y2 i y3 koji minimiziraju minimiziraju 4y1 + 3y 3y2 + 3y 3y3 uz uslove yj

≥ 0 za j = 1, 2, 3 i ≥2 3y1 + y2 + y3 ≤ 3 4y3 ≥ 1 y1 + y3 ≥ 1. y1 + 2y 2y2

(8.24)

Vektor (x (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (1, (1, 1, 1/2, 0) ispunjava uslove problema maksimuma i vrijednost funkcije cilja je 13/ 13/2. Vektor ektor (y (y1 , y2 , y3 ) = (11/ (11/10 10,, 9/20 20,, 1/4) ispunjava sve uslove problema minimuma i vrijednost funkcije cilja je takode 13/ 13/2. Zato, oba vektora predstavljaju optimalne vektore za date probleme. Kao posljedicu teoreme dualnosti imamo sljede´ cu cu teoremu.

90


Teorema 8.3. ( Teorema Teorema o ekvilibrijumu ) Neka su x∗ i y∗ dopustivi vektori za standardni problem maksimuma (8.15) i njegov dualni problem (8.16) respektivno. Tada su x∗ i y∗ optimalni vektori ako i samo ako je n

y ∗ = 0 za sve i za koje je i

 

aij x∗j < b i

(8.25)

yi∗ aij > cj .

(8.26)

j =1

i

m

x∗j = 0 za sve j za koje je

i=1

Dokaz. Uslov (8.25) implicira da je yi∗ = 0 samo ako je n

 ≤       aij x∗j

bi .

j =1

Zato vrijedi

m

m

n

y∗ bi =

m

y∗

i

i

i=1

i=1

n

aij x∗ = j

j =1

yi∗ aij x∗j .

(8.27)

i=1 j =1

Sliˇcno cno uslov (8.26) implicira implic ira

m

n

n

y ∗ aij x∗ = i

cj x∗j .

j

i=1 j =1

(8.28)

j =1

Posljedica 8.2 implicira da su x∗ i y∗ optimalni vektori. Pretposta Pretpostavimo vimo sada da su x∗ i y∗ optimalni vektori. Kao u prvoj liniji dokaza teoreme 8.1, imamo n

m

n

 ≤  cj x∗ j

j =1

i=1 j =1

y∗ aij x∗ ≤ i

j



yi∗ bi .

(8.29)

i=1

Koriste´ ci ci teoremu o dualnosti dobijamo da, ako su x∗ i y∗ optimalni vektori, lijeva strana je jednaka desnoj strani u (8.29). To moˇzemo zemo zapisati sa

 −   n

m

yi∗ aij

cj

j =1

x∗j = 0.

(8.30)

i=1

Kako su x∗ i y∗ dopustivi vektori, svaki sabirak prethodne sume je nenegativan. Prema tome, suma moˇ ze ze biti jednaka 0 samo ako je svaki sabirak jednak 0. Zato, ako je m

 

yi∗ aij > cj ,

i=1

onda je x∗j = 0. 0 . Na sliˇ sl iˇcan can naˇcin ci n se dokaˇ do kaˇze ze da n

j =1

implicira yi∗ = 0. 0.

aij x∗j < b i ,

91

8.4. OPERACI OPERACIJE JE SA PIVO PIVOTIMA TIMA

Uslovi (8.25) i (8.26) se nazivaju i slabi uslovi komplementarnosti. komplementarnosti. Ovi zahtjevi koji su stroge nejednakosti u uslovima standardnog problema impliciraju da komplementarni uslovi u dualnom problemu budu jednakosti. Kao jedan j edan primjer primjene primjen e teoreme teor eme o ekvilibrijumu ekvilib rijumu rijeˇsi´ sićemo cemo dualni d ualni problem numeriˇckog ckog primjera primjer a iz uvoda. Odrediti y1 , y2 i y3 koji minimiziraju minimiziraju 4y1 + 12y 12y2 + y3 uz uslove y1

≥ 0, y2 ≥ 0, y3 ≥ 0 i − y3 ≥ 1 2y1 + 2y 2y2 + y3 ≥ 1. y1 + 4y 4y2

(8.31)

Mi smo odredili rjeˇ senje senje dualnog problema i vidjeli smo da je x∗1 i x∗2 . Zato, iz (8.26) dobijamo da optimalni vektor y∗ daje jednakosti u obe nejednakosti u (8.31) (2 jednaˇ jed naˇcine cine sa 3 nepoznate). nepoz nate). Iz uslova us lova (8.25) zakljuˇcujemo cujemo da je y3∗ = 0. Rjeˇ Rj eˇsava sava ju´ jući ci slje sl jede´ deće dvij dv ijee jedn je dnaˇ aˇcine ci ne,, y1 + 4y 4y2 = 1 2y1 + 2y 2y2 = 1 dobijamo (y (y1∗ , y2∗ ) = (1/ (1/3, 1/6). 6). Kako je taj vektor dopustiv, teorema o ekvilibri jumu implicira da je to i optimalan vektor. Provjeravaju´ Provjeravajući ci vrijednost funkcije cilja u tom vektoru dobijamo 4(1/ 4(1 /3) + 12(1/ 12(1/6) = 10/ 10/3 i vidimo da je to isto rjeˇsenje senje problema problem a maksimuma. maksimum a. Zakljuˇcimo, cimo, ako pretpostavimo da imamo jedno rjeˇ senje senje standardnog problema, mi moˇzemo zemo rijeˇsiti siti dualni koristeći ci slabe slab e komplementarne komplementarn e uslove i provjeriti da li l i je naˇsa sa pretpost pr etpostavka avka korektna. Interpret Interpretacija acija dualnog problema problema. Pored dodatne dodat ne pomoći ci za traˇzenje zenje rjeˇsenja, senja, dualni problem daje da je i pomoć pri interpretaciji interpretac iji standardn s tandardnog og problema. pro blema. Kao primjer, razmotrimo problem prehrane, to je standardni problem minimuma u formi (8.16). Njegov dualni problem je standardni problem maksimuma (8.15). (8.15). Prvo, Prvo, odredimo odredimo interpret interpretaciju aciju dualnih promjenljivih promjenljivih x), x2 , . . . , xn . U dualnim uslovima, n



aij xj

j =1

≤ bi ,

(8.32)

parametri bi su veliˇ cine cine cijene po jedinici hrane, F i i aij su veliˇcine cine po jedinici jedinic i hranljivih sastojaka N j po jedinici hrane F i .

8.4 8.4

Opera Operaci cije je sa piv pivotim otima a

Razmotri Razm otrimo mo sljede´ slj edeći ci sistem sist em jednaˇ jed naˇcina. cina . 3y1 + 2y 2y2 = s1

92

GLAV GLA VA 8. LINEARNO PROGRAMIRANJE PROGRAMIRANJE y1

− 3y2 + 3y 3y3 = s2

(8.33)

5y1 + y2 + y3 = s3 . Ovde su izraˇzene zene zavisne promjenljive promjen ljive s1 , s2 i s3 preko nezavisnih promjenljivih y1 , y2 i y3 . Pretpostavimo Pretpos tavimo da ˇzelimo zelimo dobiti y2 , s2 i s3 preko y1 , s1 i y3 . Odredimo iz prve jednaˇ jed naˇcine cin e y2 , 1 3 y2 = s1 y1 , 2 2 i zamijenimo zamijenimo nadenu vrijednost za y2 u ostale osta le jednaˇ jed naˇcine. cine .

−

 −  3

1 s1 2

−

5y1 +

1 s1 2

− 32 y1

y1

 

3 y1 + 3y 3y3 = s2 2 + y3 = s3 .

Ove tri jednaˇcine cine jednostavno jednost avno posta p ostaju ju

− 32 y1 + 12 s1 = y2 11 3 y1 s1 + 3y 3y3 = s2 (8.34) 2 2 7 1 y1 + s1 + y3 = s3 . 2 2 Prethodni Prethod ni primjer pr imjer je tipiˇ tip iˇcan can za sljedeću cu klasu kl asu problema. pr oblema. Neka je dat da t sistem siste m od n linearnih funkcija sa m nepoznatih, nepoz natih, zapisan u matriˇcnoj cno j formi form i

−

yT A = sT

(8.35)

gdje je yT = (y1 , . . . , ym ), sT = (s1 , . . . , sn ), i

 

A=

a11 a21 .. .

a12 a22 .. .

··· ···

am1

am2

···

..

.

a1n a2n .. . amn

Jednaˇcina cina (8.35) se moˇze ze zapisati zapisat i u obliku sistema y1 a11 +

 

.

· · · + yiai1 + · · · + ymam1 = s1 .. .

y1 a1j +

· · · + yiaij + · · · + ymamj = sj .. .

y1 a1n +

· · · + yiain + · · · + ym amn = sn .

(8.36)

93

8.4. OPERACI OPERACIJE JE SA PIVO PIVOTIMA TIMA

U toj formi s1 , . . . , sn su zavisne promjenljive i y1 , . . . , y m su nezavisne promjenljive. Pretpostavimo da ˇzelimo zelimo zamijeniti neku od zavisnih promjenljivh sa nekom od nezavisnih promjenljivih. Na primjer, ˇzelimo zelimo da izrazimo s1 , . . . . sj −1 , yi , sj +1 , . . . , sn preko y1 , . . . , yi−1 , sj , yi+1 , . . . , ym , gdje smo yi i sj zamijenili. zamijenili. To je mogu´ moguće ce ako i samo ako je aij = 0. Ak Akoo je aij = 0, 0 , moˇ moˇzemo ze mo j tu jedn je dnaˇ aˇcinu cin u rijeˇ ri jeˇsiti sit i preko pre ko yi , pa dobijamo



yi =



−

1 ( y1 a1j aij

−

− · · · − yi−1a(i−1)j + sj − yi+1a(i+1)j − · · · − ymamj ).

(8.37)

−

Sada moˇzemo zemo zamijeniti zamijen iti yi u ostale jednaˇ cine. cine. Na primjer, k ta jedn je dnaˇ aˇcina cin a postaje



y1 a1k

−

aik a1j aij



+

· · · + sj

  aik aij

+

· · · + ym



amk

−

aik amj aij



= sk . (8.38)

Na taj naˇcin cin dobijamo dobija mo sistem jednaˇcina cina u obliku y1 a11 +

  

· · · + sj ai1 + · · · + ymam1 = s1

 · · ·  · · ·    − 

y1 a1j +

y1 a1n +

  

.. .

+ sj aij + .. .

+ sj ain +

· · · + ym amj = yi · · · + ymamn = sn.

Na osnovu (8.37) i (8.38) dobijamo

aij =

ahk = ahk



−

1 aij

ahj za h = i aij aik = za k = j aij aik ahj za k = j i h = i. aij

ahj = aik

(8.39)









Opiˇsimo simo prethodnu pretho dnu proceduru proced uru na sljedeći ci naˇcin. cin. Zapiˇsimo simo matricu A u obliku tabele gdje elementi y1 do ym ˇcine cine prvu kolonu i elementi s1 do sn prvu vrstu. Ta tabela reprezentuje rep rezentuje sistem siste m jednaˇcina cina (8.35). Zamjenu yi i sj ozna oz naˇˇcimo ci mo tako ta ko ˇsto st o ćemo ce mo podvu´ dv ući ci aij i zvaćemo cem o ga pivot. pivot. Sada Sada crtamo crtamo novu novu tabelu sa

94




zamjenom yi i sj i novim aij . Nova tabela, naravno, reprezentuje sistem (8.39), koji je ekvivalent jednaˇcinama cinama (8.36). y1 .. .

s1 a11 .. .

··· ···

sj a1j .. .

yi .. . ym

ai1 .. . am1

···

aij .. . amj

···

··· ···

sn a1n .. .

···

ain .. . amn

···

→

y1 .. .

y1 y2 y3

s2 1 -3 3

s3 5 1 1

→

··· ···

ai1 .. .

···

am1

···

  

sj .. . ym

Za primjer iz uvoda, dobijamo s1 3 2 0

s1 a11 .. .

y2 3/2 1/2 0

y1 s1 y3

−

s2 11 11//2 3/2 3

−

yi a1j .. .

··· ···

aij .. .

···

amj

···

  

sn a1n .. .

  

ain .. .

amn

s3 7/2 1/2 1

Operacije sa pivotima se mogu sumirati preko sljedeće ce notacije: p c

r q

→ −1c//pp

r/p q (rc/p) rc/p)

−

Naznaˇ cimo: cimo: Pivot se slika u reciproˇ cnu cnu vrijednost. Vrijednosti u istoj vrsti u kojoj je pivot pivot se dijele dijele sa pivoto pivotom. m. Vrijedn rijednost ostii u istoj istoj kolon kolonii u kojoj je pivot pivot se dijele sa pivoto pivotom m i mijenj mijenjaju aju znak. znak. Preost Preostale ale vrijedno vrijednosti sti se umanju umanjuju ju za vrijednost vrijedn ost koja ko ja se dobije mnoˇzenjem zenjem odgovaraju´ odgovara jućih cih vrijednosti vri jednosti koje se nalaze nala ze u istoj vrsti i koloni u kojoj se nalaze oni sami i pivot podijeljene sa pivotom. Za primjer iz uvoda imamo y2 3/2 1/2 0

−

y1 s1 y3

y1 s1 s3

y2 3/2 1/2 0

−

s2 5 3 3

y3 7/2 1/2 1

− − − −

s2 11 11//2 3/2 3

−

→

s2 s1 s3

s3 7/2 1/2 1

→

y2 0.3 1.4 -0.9

y1 0.2 0.6 0.6

− −

y3 0.7 1.6 -1.1

Posljednja tabela daje prikaz y1 , y2 i y3 preko s1 , s2 i s3 . Preuredu Preu reduju´ jući ci vrste vr ste − 1 i kolone moˇzemo zemo odrediti odred iti A , s1 s2 s3

y1 0.6 0.2 0.6

− −

y2 1.4 0.3 -0.9

y3 1.6 . 0.7 -1.1

95

8.5. SIMPLEKS SIMPLEKS TABELA Dakle, A−1 =



-0.6 -0.2 0.6

1.4 0.3 0.9

−

1.6 0.7 1.1

−



.

Koriste´ Kori steći ci aritmet ari tmetiˇ iˇcke cke operac op eracije ije moˇze ze se provjerit provj eritii AA−1 = I.

8.5 8.5

Simp Simple leks ks tabel tabela a

Razmotrimo standardni problem minimuma: odrediti y koji minimizira yT b uz uslove y

≥0i

yT A

≥c

T

.

Koristan je koncept transformacije posljednjeg skupa nejednakosti u jednakosti. U tom smislu, dodajmo slabe promjenljiv promjenljive e, sT = yT A

T

− c ≥ 0.

Sada problem moˇzemo zemo formulisati formulisat i sa: s a: Odrediti y i s koji minimiziraju minimiziraju yT b uz uslove y

≥ 0, s ≥ 0 i

sT = yT A

−c

T

.

Opisaćemo cemo taj problem pomoću cu tabele tabel e koju nazivamo simpleks tabela a koja reprezentuju reprezentuj u jednaˇcine cine sT = yT A y1 y2 .. .

s1 a11 a21 .. .

s2 a12 a22 .. .

ym 1

am1 c1

am2 c2

−

−

−c ··· ··· ···

T

. sn a1n a2n .. .

· · · amn · · · −cn

b1 b2 .. . bm 0

Posljednja kolona reprezentuje re prezentuje vektor ˇciji ciji skalarni s kalarni proizvod proi zvod sa y treba minimizirati. Ako je c 0 i b 0,

− ≥

≥

tada je rjeˇ rj eˇsenje senje problema oˇcigledno. cigledn o. Naime, minimum se nalazi na lazi za y=0is=

−c

96


i minimalna vrijednost je yT b = 0. To je dopustivo dopusti vo rjeˇ rj eˇsenje, senje, jer je y sT i



≥ 0, s ≥ 0, =y A−c T

yi bi ne moˇze ze biti manje od o d 0, jer je je y

≥ 0 i b ≥ 0.

Pretpostavimo Pretpos tavimo da ne moˇzemo zemo rijeˇsiti siti problem na jednostavan naˇcin, cin, jer postoji bar jedna negativna vrijednost u posljednjoj koloni ili vrsti (osim u uglu). Neka je pivot a11 (pretpostavimo da je a11 = 0), ukljuˇcimo cimo posljednju poslj ednju kolonu u operacije sa pivotima. Dobijamo sljede´ cu cu tabelu:



y1 y2 .. . ym 1 Neka je

s1 a11 a21 .. .

 −  

am1 c1

s2 a12 a22 .. .

··· ··· ···

am2 c2

··· ···

 −  

sn a1n a2n .. .

 −  

amn cn

 

b1 b2 .. .

bm v

r = (r1 , . . . , rn ) = (y1 , s2 , . . . , sn ) oznaka za promjenljive na vrhu i neka je

t = (t ( t1 , . . . , tm ) = (s ( s1 , y2 , . . . , ym ) oznaka za promjenljive promjen ljive na poˇcetku. cetku. Skup jednaˇcina cina sT = yT A je ekvivalentan ekvivalentan sa

−c

 − 

rT = tT A

c,

ˇ koji repezentuje novu tabelu. Staviˇ se, se, funkcij fun kciju u cilja ci lja yT b moˇzemo zemo pisati pis ati sa (zamjen (zam jenjuj juju´ ući ci y1 sa odgovaraju´ odgovara jućom com vrijednosti vrijedn osti preko s1 ) m

 i=1

− 

b1 yi bi = s1 + b2 a11

a21 b1 a11

y2 +

··· +

= tT b + v. v.





bm

−

am1 b1 a11



ym +

c1 b1 a11

97

8.5. SIMPLEKS SIMPLEKS TABELA

Time je reprezentovana posljednja kolona u novoj tabeli. Sada moˇzemo zemo transformisati transfo rmisati naˇs problem u sljedeći: ci: odrediti odred iti vektore y i s koji minimizraju minimizraju tT b uz uslove y i

≥ 0, s ≥ 0

 −   ≥  ≥ −   −  rT = t T A

c.

To je zapravo problem oblika kao i polazni problem. Ponovo, ako je c 0 i b 0, dobijamo dobijam o da je rjeˇsenje: senje:

t=0ir=

c,

sa vrijednosti v. v. Lako je vidjeti da proces moˇ zemo zemo nastaviti. Koriˇ steni steni metod, priznajmo, nije nij e potpun po tpunoo sistema sis tematiˇ tiˇcan can za traˇzenje zen je rjeˇsenja. senj a. Nepotpuni pivot metod koristimo dok ne dobijemo sve vrijednosti u posljednjoj koloni i posljednjoj vrsti (osim u uglu) nenegativne. Tada, vrijednosti koje se nalaze nalaze na poˇ poˇcetku cetku i na vrhu tabele tabele odgovara dgovaraju ju vrijednos vrijednostima tima u posljednjoj osljednjoj vrsti koje daju rjeˇsenje. senje. Ta vrijednost se nalazi u donjem desnom uglu .



Prethodni Prethod ni ”metod”moˇ ”metod ”moˇzemo zemo koristiti za rjeˇsavanje savanje dualnog problema: problema : Maksimizirati cT x uz uslove x

≥ 0 i Ax ≤ b.

Prvo Prvo dodajemo slabe promjenljiv promjenljivee u=b

Ax. − Ax.

Sada problem postaje: Odrediti x i u koji maksimizir maksimiziraju aju cT x uz uslove

≥ 0 i u ≥ 0, u = b − Ax. Ax.

x

Moˇzemo zemo koristiti tabelu tabel u za rjeˇsavanje savanje ovog problema ako uslov u=b

− Ax, Ax,

zapiˇsemo semo u obliku obl iku

−u = Ax − b.

98


−u1 −u2

x1 a11 a21 .. .

x2 a12 a22 .. .

··· ··· ···

xn a1n a2n .. .

-1 b1 b2 .. .

−

am1 c1

am2 c2

· · · amn · · · −cn

bm 0

.. . um

− − Primjetimo, da ako je −c ≥ 0 i b ≥ 0 onda kao i ranije zakljuˇ cujemo cujemo da je rjeˇ senje: senje: x = 0, u = b i vrijednost je jednaka nuli (problem je ekvivalentan minimiziranju −c x).  0. Pretpostavimo Pretpos tavimo da ˇzelimo zelimo zamijeniti zamijen iti u1 i x1 i pretpostavimo da je a11 = T

Tada jedn je dnaˇ aˇcinam cin amaa

−u1 = a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn − b1 −u2 = a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn − b2 itd. odgovaraju

−x1 = a111 u1 + aa1211 x2 + · · · + aa111n xn − ab111 −u2 = −



a21 u1 + a22 a11

−

a21 a12 a11



x2 +

· · · itd.

Drugim rijeˇcima, cima, pravilo za pivota pi vota je p c

r q

→ −1c//pp

r/p q (rc/p) rc/p)

−

Ako je pivot do posljed p osljednje nje vrste i kolone kol one (osim ugla) u gla) nengativan neng ativan moˇzemo zemo odrediti od rediti rjeˇsenje senje dualnog i standardnog standard nog problema problem a na n a isti naˇcin. cin. Zakljuˇcimo, cimo, moˇzemo zemo simpleks simple ks tabelu tabel u zapisati sa y1 y2 .. .

x1 a11 a21 .. .

x2 a12 a22 .. .

··· ··· ···

xn a1n a2n .. .

-1 b1 b2 .. .

ym 1

am1 c1

am2 c2

· · · amn · · · −cn

bm 0

−

−

Ako su sve vrijednosti za pivota do posljednje vrste i kolone (osim u uglu) nenegativne, tada vrijednost standardnog problema i njegovog dualnog problema se traˇzi zi u posljedn p osljednjem jem donjem do njem uglu. u glu. Rjeˇsenje senje problema p roblema minimuma se dobije dobi je mijenjaj mijenj aju´ ući ci vrijednosti vrijedn osti yi i xj u zavisnosti zavis nosti od poloˇzaja zaj a pivota. pi vota. yi Primjer 8.1. Razmotrimo problem: problem: Maksimizirati 5x1 + 2x 2x2 + x3

99

8.5. SIMPLEKS SIMPLEKS TABELA uz uslove xj

≥ 0 i

− x3 ≤ 6 x2 + x3 ≤ 4 3x1 + x2 ≤ 7.

x1 + 3x 3x2

Dualni problem je: Minimizirati 6y1 + 4y 4y2 + 7y 7y3 uz uslove yi

≥ 0 i

y1 + 3y 3y3

≥5 3y1 + y2 + y3 ≥ 2 −y1 + y2 ≥ 1.

Simpleks tabela je y1 y2 y3

x1 1 0 3 -5

x2 3 1 1 -2

x3 -1 1 0 -1

6 4 . 7 0

U ovom sluˇcaju caju zamjenjujemo zamjenj ujemo y2 sa x3 i y3 sa x1 i dobijamo y3

x2

y2

y1 x3 x1 5/3

2/3

1

23 23//3 4 7 /3 47 47//3

Odavde moˇzemo zemo proˇ citati citati rjeˇsenje senje oba problema. p roblema. Ta vrijednost vri jednost je 47 47//3. Optimalni vektor za problem maksimuma je x1 = 7/3, x2 = 0 i x3 = 4. Opti Opti-malni vektor za problem minimuma je y1 = 0, 0 , y2 = 1 i y3 = 5/3. Simpleks metod je upravo nepotpu n epotpuni ni pivot pi vot metod meto d sa kljuˇ k ljuˇcnim cnim dodavanjem do davanjem informacije informa cije koje taˇcke cke za izbor pivota dovode sistematski sistemats ki do rjeˇsenja. senja. Pretpostavimo da smo poslije operacija sa pivotima dobili tabelu t

r A c

−

b v

Tada neposredno dobijamo da je dopustiva dopustiva taˇ cka cka za problem maksimuma data sa r = 0, t = b i vrijedno v rijednost st ko ja se traˇzi zi je v. Sliˇ Sl iˇcno, cno , ako je c 0 dobijamo dobija mo da je dopustiva dop ustiva taˇcka cka za problem prob lem minimuma mi nimuma data sa r = c i t = 0.

−

− ≥

100

8.6


Pravil Pravila a za operac operacije ije sa sa pivoti pivotima ma kod kod simple simple-ks metoda

Razmotrimo Razmotrim o prvo sluˇcaj caj gdje traˇzimo zimo dopustivu dopusti vu taˇcku cku za problem maksimuma.

≥

Sluˇ caj ca j 1: b 0. Izaberimo Izab erimo kolonu sa posljednjom poslj ednjom negativnom negativn om vrijednoˇ vrijedn oˇ s´ sću, cu, biramo kolonu j0 sa cj0 < 0. Izmedu Izmedu vrijednosti vrijednosti i za koje je aij0 > 0, izaberimo i0 za koji ko ji je koliˇcnik cni k bi /aij0 najmanji. (Ako je takvih viˇse se izaberimo neki i0 ). Oznaˇ Ozn aˇcimo ci mo ai0 j0 kao pivot.

−

Navedimo neke n eke primjere. prim jere. U tabeli tab eli su s u podvuˇ p odvuˇceni ceni mogući ci izbori iz bori pivota. r1 1 0 3 -5

t1 t2 t3

t1 t2 t3

r2 -1 1 0 -1 r1 5 1 3 -1

r3 3 2 3 -4

r4 1 4 1 2

r2 2 0 -1 -2

6 4 7 0

r3 1 -1 4 -3

1 0 2 0

ˇ se dogada ako ne moˇzemo Sta zemo izabrati pivota u sluˇcaju ca ju 1? Prva mogu´ mog ućnost cnost je da je cj 0 za sve j . U tom sluˇcaju caju postupak je zavrˇ zavrˇsen sen i naˇsli sli smo rjeˇsenje. senje. U drugom sluˇcaju caj u posto ji neki cj0 < 0 za koji je aij0 0 za sve i. U tom sluˇ sl uˇcaju caj u problem prob lem maksimuma mak simuma je j e dopustivo dopu stivo neograniˇ neog raniˇcen. cen. Naime, razmotrimo razmotri mo vektor r takav da je rj0 > 0 i rj0 = 0 za j = J 0 . Tada je r dopustiv za problem maksimuma, jer je

− ≥

−

≤



n

ti =

−

( aij )rj + bi =

j =1

−aij rj 0

0

+ bi

≥0



za sve i i to t o jjee dopu d opustiv stivii vektor ve ktor sa vrijedn vri jednoˇ oˇs´ sću cu cj rj = cj0 rj0 , koja ko ja moˇze ze imati imat i proizvoljno veliku vrijednost jer rj0 moˇze ze biti proizvoljno proizvolj no veliko. Ova pravila za pivota su dobra jer: 1. Poslije Poslije operacija operacija sa pivotom pivotom kolona kolona b ostaje nenegativna, pa imamo dopustivu taˇcku cku za problem maksimuma. maksimum a. 2. Traˇ zena zena vrijednost u novoj tabeli nije manja od stare vrijednosti. Dok Dokaz za 1. Neka imamo novu tabelu sa varijablama pokrivenim sa . Pokaza´ Pokaz aćemo cem o da je bi 0 za sve i. Za i = i0 imamo

 ≥ 

bi0 = bi0 /ai0 j0

 

8.6.. PRAVIL 8.6 PRAVILA A ZA OPERA OPERACIJ CIJE E SA PIVOTI PIVOTIMA MA KOD KOD SIMPLE SIMPLEKS KS METOD METODA A101 ostaje nenegativno, jer je ai0 j0 > 0.



Za i = i0 imamo



bi = bi

Ako je

− aaiji bj i 0

 ≥ bi

jer je

.

0 0

aij0 tada je

0

≤0

bi

≥ 0,

aij0 bi0 /ai0 j0

≤ 0.

Ako je aij0 > 0 prema pravilima za operacije sa pivotima, bi /aij0 pa je

 ≥ bi

≥ bi /ai j , 0

0 0

− bi = 0. Dokaz za 2. v = v − (−cj )(b )(bi /ai j ≥ v, jer je −cj < 0, ai j > 0 i bi ≥ 0.



0

0

0

bi

0 0

0 0

0

Prethodne dvije osobine impliciraju implicira ju da koriˇ koriˇstenjem stenjem operacija op eracija sa pivotima po datim pravilima do rjeˇsenja senja dolazimo dolazim o u konaˇcno cno mnogo koraka ili i li zakljuˇcujemo cujemo da problem ima dopustivo neograniˇ cena cena rjeˇ senja. senja. Primjetimo joˇ s da prema dokazu druge taˇcke cke vrijedno v rijednost st za v neopada. Primjer 8.2. Maksimizirati x1 + x2 + 2x 2x3 uz uslove xi

≥ 0 i

x2 + 2x 2x3

≤3 3 x3 ≤ 2 −x1 + 3x 2x1 + x2 + x3 ≤ 1.

Koriste´ Kori steći ci prethodna p rethodna pravila pravil a zakljuˇ zak ljuˇcujemo cuj emo da d a se koloni. x1 x2 x3 y1 0 1 2 3 y1 y2 -1 0 3 2 y2 y3 2 1 1 1 x2 -1 -1 -2 0

→

pivot piv ot nalaz na lazii u tre´ t re´ coj coj vrsti vrs ti i drugoj drug oj x1 -2 -1 2 1

y3 -1 0 1 1

x3 1 3 1 -1

2 2 1 1

→

102

GLAV GLA VA 8. LINEARNO PROGRAMIRANJE PROGRAMIRANJE x1

→

y3

y2

y1 x3 x2 2/3

4/3 2/3 1/3 5/3

1/3

1

Vrijednost koja se traˇ zi zi je 5/3. Optima Optimalni lni vektor vektor za probl problem em maksim maksimuma uma je x1 = 0, x2 = 1/3 i x3 = 2/3. Optimalni vektor za problem minimuma je y1 = 0, y2 = 1/3 i y3 = 1. Sluˇcaj ca j 2: Neki Nek i bi su negativni. negativni. Uzmimo prvi negativan bi i oznaˇ ozn aˇcimo ci mo ga sa bk < 0 (gdje je b1 0, . . . , bk−1 0). 0). Nadimo negativnu vrijednost u k toj vrsti i oznaˇcimo cimo je sa akj0 < 0. (Pivot će ce biti b iti u koloni kolo ni j0 ). Posmatrajmo bk /aij0 za koje je bi 0 i aij0 > 0 i izaberimo i0 za ko koji ji je taj koliˇ cnik cnik najmanji (i0 moˇze ze bit jednak jedn ak i k). Pivot je ai0 j0 . Navedimo neke n eke primjere. prim jere. U tabelama tab elama mogući ci pivoti p ivoti su s u podvuˇ p odvuˇceni. ceni.

≥

≥

−

≥

r1 2 1 1 1

t1 t2 t3

− t1 t2 t3

r2 3 -1 -1 -1

r1 1 1 2 1

r3 1 2 0 0

− r2 1 -2 2 0

−

−

r4 0 2 -1 2 r3 0 3 1 -2

−

2 -1 -2 -2 0

0 -2 1 0

ˇ ako sluˇcaj Sta ca j 2 ne n e moˇzemo zemo primjeniti? primjen iti? Tada za svaki bk < 0 vrijedi akj 0 za sve j . U tom sluˇ caju, caju, problem maksimuma je nedopustiv, jer jednaˇ cina cina za k tu vrstu ima oblik

≥

−

n

−tk =



akj rj

j =1

− bk .

Za sve dopustive vektore (t ( t 0), lijeva strana jednaˇ cine cine je negativna ili nula, a desna strana je pozitivna. Krajni Kra jni cilj sluˇcaja caj a 2 je povratak p ovratak ponovo na sluˇ s luˇcaj caj 1. Naime, koristeći ci pravila p ravila za sluˇcaj caj 2 dobijamo: 1. Nenegativn Nenegativnii bi ostaju nenegativni poslije izvrˇ senih senih oeracija, 2. Vrijednosti za bk ne ostaju manje. Dokaz za 1. Prepostavimo da je bi 0, i = k. Ako je i = i0 tada je

≥

≥

 

bi0 = bi0 /ai0 j0

Ako je i = i0 tada je



bi = bi

− aaiijj

0

0 0

 ≥ 0. bi0 .

8.6.. PRAVIL 8.6 PRAVILA A ZA OPERA OPERACIJ CIJE E SA PIVOTI PIVOTIMA MA KOD KOD SIMPLE SIMPLEKS KS METOD METODA A103 Kako je bi0 /ai0 j0

ako je aij0

≥ 0, ≤ 0 zakljuˇcujemo cujemo da je bi ≥ bi ≥ 0 i ako je aij bi /ai j ≤ bi /aij , 0

dakle,



0 0

 ≥ bi

0

bi

> 0 onda je

0

− bi = 0.

Dokaz za 2. Ako je k = i0 , onda je



bk = bk /akj0 > 0 ( jer bk < 0 i akj0 < 0). 0).



Ako je k = i0 , onda je



bk = bk

jer je bi0 /ai0 j0

≥ 0 i akj

0

− aaikjj

0

bi0

0 0

≥ bk ,

< 0.

Primjer 8.3. Minimizirati 3y1 uz uslove yi

− 2y2 + 5y 5y3

≥ 0 za sve i = 1, 2, 3, −y2 + 2y 2y3 ≥ 1 y1 + y3 ≥ 1 2y1 − 3y2 + 7y 7y3 ≥ 5.

Prema pravilima Sluˇcaja caja 2 za prvog pivota biramo element kolone. x1 x2 x3 y2 x2 y1 0 1 2 3 y1 0 1 y2 1 0 -3 -2 x1 1 0 y3 2 1 7 5 y3 2 1 -1 -1 -5 0 -1 -1

−

−

→

iz druge vrste i prve x3 2 3 1 -2

3 2 1 2

Primjetimo da nakon izbora izbora ovog pivota prelazimo na Sluˇ caj caj 1. Koriste´ ci ci operacije sa pivotima dobijamo y2

y3

x1

y1 x3 x2 2/3

1

1/3

4 /3 2 /3 1 11 11//3

Traˇ raˇzena zena vrijednost vrijednost za oba problema (standardni (standardni i dualni) je 11 11//3. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje e problema minimuma je y1 = 0, y2 = 2/3 i y3 = 1. Sliˇcno, cno, rjeˇsenje senj e problema proble ma maksimuma je x1 = 0, x2 = 1/3 i x3 = 2/ 2 /3.

104


8.7 8.7

Dual Dualni ni simp simple leks ks metod metod

Dualni simpleks metod. Simpl Si mplek ekss metod met od moˇzemo zem o izloˇ iz loˇziti zit i sa taˇcke cke gled gl ediˇ iˇsta sta problema maksimuma.

− ≥

Sluˇ Sl uˇ ca ca j 1: c 0. Izaberimo vrstu sa posljednjim negativnim elementom i oznaˇ ozn aˇcimo cim o ga sa bi0 < 0. Izmedu Izmedu j za koje je ai0 j < 0 izaberimo j0 za koji je razlomak cj /ai0 j najbliˇ na jbliˇzi zi nuli. Pivot je ai0 j0 .

−

Sluˇ caj ca j 2: Neki cj su negativni. negativni. Izaberimo Izaberimo prvi negativan negativan cj i oznaˇ oz naˇcimo ci mo ga sa ck < 0 (gdje je c1 0, . . . , ck−1 0). 0). Odredimo pozitivnu vrijednost u k toj koloni i oznaˇcimo cimo je sa ai0 k > 0, Izmedu ck /ai0 k izaberimo cj /ai0 j za koji je cj 0 i ai0 j < 0 i izaberimo j0 za koji ko ji je taj razlomak na jbliˇzi zi nuli. ( j0 moˇze ze biti bi ti i k). Pivot je ai0 j0 .

−

−

−

− ≥

−

−

≥

−

− ≥

−

Primjer 8.4. y1 y2 y3

x1 2 2 -3 1

−

x2 -1 3 4 2

x3 -2 5 -1 3

y1 -1 2 1 0

→

x2

x3

x1 y2 y3 1/2

3/2

2

1/2 1 5/2 1/2

−

U ovom o vom primjeru primjer u postupamo kao u sluˇ s luˇcaju caju 2 za z a problem maksimuma, maksimum a, moˇzemo zemo za pivota pivota birati birati 4 ili 5. Kako Kako imamo imamo dopustiv dopustiv vektor vektor za problem problem minimuma minimuma,, primjenjujemo sluˇ caj caj 1, dobijamo jedinstvenog jedinstvenog pivota i rjeˇ senje senje dobijamo u jednom koraku.

8.8

Zadaci

1. Minimizira Minimizirati ti y1 + y2 ako promjenljive y1 i y2 ispunj isp unjavaju avaju sljede´ slj edeće ce uslove us love

≥3 2y1 + y2 ≥ 5 y2 ≥ 0.

y1 + 2y 2y2

2. Odrediti Odrediti x1 i x2 koji maksimizir maksimiziraju aju ax1 + x2 uz uslove x1

≥ 0, x 2 ≥ 0 i

≤4 4x1 + 2x 2x2 ≤ 12 −x1 + x2 ≤ 1. x1 + 2x 2x2

Odrediti traˇzenu zenu vrijednost vri jednost u funkciji fun kciji od o d a. 3. Napisati Napisati matricu matricu A za transportni problem zapisan u standardnoj formi.

105


4. Zapisati Zapisati sljede´ sljedeći ci problem problem linearnog linearnog programira programiranja nja u standardnoj standardnoj formi. formi. Odrediti x1 , x2 , x3 , x4 koji maksimiziraju x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5 uz uslove, 4x1 + 3x 3x2 + 2x 2x3 + x4 10

≤

− x3 + 2x 2x4 = 2 x1 + x2 + x3 + x4 ≥ 1 x1 ≥ 0, x3 ≥ 0, x4 ≥ 0. x1

5. Odrediti dualni problem standardnog standardnog problema problema minimuma. minimuma. Odrediti y1 , y2 i y3 koji minimiziraju minimiziraju y1 + 2y 2y2 + y3 uz uslove yi

≥ 0, i = 1, 2, 3, − 2y2 + y3 ≥ 2 −y1 + y2 + y3 ≥ 4 2y1 + y3 ≥ 6 y1 + y2 + y3 ≥ 2. y1

6. Razmotrit Razmotritii problem iz zadatka zadatka 1. Pokazat Pokazatii da je (y1 , y2 , y3 ) = (2/ (2/3, 0, 14 14//3) optimalni vektor za taj problem i da je (x1 , x2 , x3 , x4 ) = (0, (0, 1/3, 2/3, 0) optimalni vektor za njegov dualni problem. 7. Razmotrit Razmotritii problem: max3x max3 x1 + 2x 2x2 + x3

≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0 x1 − x2 + x3 ≤ 4 2x1 − x2 + 3x 3x3 ≤ 6 −x1 + 2x 2x3 ≤ 3 x1 + x2 + x3 ≤ 8.

x1

(a) Odrediti Odrediti dualni problem. problem. (b) Preptosta Preptostavimo vimo da je vektor (x ( x1 , x2 , x3 ) = (0, (0, 6, 0) optimalni vektor za problem maksimuma. Koriste´ ci ci teoremu o ekvilibrijumu rijeˇ siti siti dualni problem i pokazati da je pretpostavka pretpostavka o rjeˇ senju senju korektna. 8. (a) Odrediti Odrediti dualni dualni problem problem transpor transportnog tnog proble problema. ma.

106

GLAV GLA VA 8. LINEARNO PROGRAMIRANJE PROGRAMIRANJE (b) Dati interpreta interpretaciju ciju dualnog problema za transportni transportni problem.

− 2x2 − 3x3 − x4 uz uslove x1 − x2 − 2x3 − x4 ≤ 4 2x1 + x3 − 4x4 ≤ 2 −2x1 + x2 + x4 ≤ 1 xj ≥ 0 za sve j. 10. Minimizira Minimizirati ti 3y 3y1 − y2 + 2y 2y3 uz uslove 2y1 − y2 + y3 ≥ 1 y1 + 2y 2y3 ≥ 2 −7y1 + 4y 4y2 − 6y3 ≥ 1 yi ≥ 0 za sve i. 11. Maksimizir Maksimizirati ati −x1 − x2 + 2x 2x3 uz uslove 3x2 + x3 ≤ 3 −3x1 + 3x 2x1 − x2 − 2x3 ≤ 1 −x1 + x3 ≤ 1 xj ≥ 0 za sve j. 12. Minimizira Minimizirati ti 5y 5y1 − 2y2 − y3 uz uslove −2y1 + 3y 3y3 ≥ −1 2y1 − y2 + y3 ≥ 1 3y1 + 2y 2y2 − y3 ≥ 0 yi ≥ 0 za sve i. 9. Maksimizir Maksimizirati ati x1

Glava 9

Diskretna teorija vjerovat ovatno´ ce 9.1

Pojam vjerovatno´ vjerovatno´ ce ce

Uslovi Uslovi koji se mogu ponav p onavljati ljati beskonaˇ beskonaˇcno cno mnogo puta i koji ne dovode dovode do jednaznaˇ j ednaznaˇcno cno odedenog odede nog ishoda ishod a zovemo sluˇ cajnim ca jnim eksperimentom eksp erimentom (eksperimentom). Svakom Svakom eksperimentu pridruˇ zujemo zujemo skup Ω svih mogu´ cih cih ishoda tog eksperimenta i zovemo ga prostor prostor elementar elementarnih nih dogadaja, dogadaja, a njegove elemente elementar elementarne ne dogadaje. dogadaje. Primjer Primjer 9.1. Novˇci´ cić se s e baca dva puta. puta . Za elem e lementa entarne rne dogadaje dogada je moˇzemo zemo uzeti uze ti slede´ ce ce ishode eksperimenta : P P u oba bacanja je palo pismo, P G u prvom bacanju je palo pismo, a u drugom grb, GP u prvom bacanju je pao grb, a u drugom pismo, GG u oba bacanja je palo pismo. Dakle, Ω = PP,PG,GP,GG .

− − − −

{

}

Primjer 9.2. Bacaju se s e novˇ n ovˇci´ cić i kocka za igru. Skup elementarnih element arnih dogadaja je

{

}

Ω = P 1 P 1, P 2 P 2, P 3 P 3, P 4 P 4, P 5 P 5, P 6 P 6, G1, G2, G3, G4, G5, G6 . Definicija Definicija 9.1. Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja nekog eksperimenta. Svaki podskup A skupa Ω zove se sluˇcajan ca jan dogada dog ada j (dogadaj). Dogadaj Ω se naziva siguran dogadaj, dogadaj, a dogadaj nemogu´ nem oguć dogada dog ada j.

∅

Na dogadaje se mogu primjenjivati operacije i relacije kao i sa skupovima. Ako je A B onda kaˇ zemo zemo da dogada j A p ovl ov laˇci dogadaj B . Ako je A = B kaˇ zemo zemo da su dogada ji A i B ekvivalentni. ekvivalentni . Dogadaj A je suprotan dogadaju A i vrijedi

⊂

A= ω

{ ∈ Ω : ω ∈/ A}. 107

´ GLAV GLA VA 9. DISKRETNA TEORIJA VJEROVA VJEROVATNO CE

108

∪ B , odreden sa A ∪ B = {ω ∈ Ω : ω ∈ A ili ω ∈ B }. Presjek dogadaja A i B je dogadaj A ∩ B , odreden sa A ∩ B = {ω ∈ Ω : ω ∈ A i ω ∈ B }. Primjedba 9.1. 9.1. (i) Umjesto A ∩ B piˇse se i AB. AB . (ii) ii) Ako je AB = ∅ kaˇ zemo zemo da su s u dogad do gadaj ajii A i B disjunktni ili da se medusobno Unija dogadaja A i B je dogadaj A

iskl is klju juˇ ˇ cuju cu ju..

Definicija 9.2. Neka je Ω = ω1 , ω2 , . . . , ωn prostor elementarnih dogadaja. Za svako k 1, 2, . . . , n pridruˇ pri druˇzimo zim o ishodu isho du ωk broj pk tako da d a vrijed vr ijedee sljede´ sl jedeći ci uslovi :

∈{

{

}

1. nenegativnost, nenegativnost, pk

}

≥ 0,

2. normiranost, normiranost, p1 + p2 +

· · · + pn = 1.1 .

Broj pk se zove vjerovatno´ ca ca elementarnog elementar nog dogada dogad a ja ωk . Neka je A = ωj1 , ωj2 , . . . , ωjk , 1

{

} ≤ j1 < j 2 < · · · jk ≤ n. Vjerovatno´ Vje rovatnoća doga d ogada daja ja A je broj P ( P (A) = pj + pj + · · · + pj U prethodnoj definiciji odredena je funkcija P : F → R, gdje je F ⊆ Ω. Uredena trojka (Ω, (Ω, F , P ) P ) naziva se prosto pro storr vjerovatn vje rovatno´ o´ ca. ca. 1

Primjedba 9.2. 9.2. Ako je

p1 = p2 =

2

k

· · · = pn = n1 ,

kaˇ kaˇzemo zemo da se radi o klas kl asiˇ iˇ cno cn o j vjero vj erovatn vatno´ o´ ci. ci. U tom sluˇcaju caj u vjerovatnoća ca dogadaja A jednaka je koliˇ cniku cniku broja ishoda povoljnih za dogadaj A i broja svih svi h mogu´ mo gućih cih ishod ish oda. a. Primjer 9.3. Dato je 10 kuglica numerisanih brojevima 1, 2, . . . , 10 10.. Sluˇ Sl uˇcaj ca jno se biraju tri kuglice odjednom. odjednom. Pretpostavimo Pretpostavimo da sve 3 kombinacij kombinacijee imaju istu vjerovatnoću cu da budu izabrane. Kolika je vjerovatnoća ca dogadaja A da je taˇcno cno jedna od izabranih kuglica oznaˇ cena cena parnim parnim brojem? 10 Broj mogu´ cih cih ishoda jednak je , a broj povoljnih ishoda jednak je 3 5 5 , pa je traˇzena ze na vjerov vj erovat atno´ noća ca 1 2

−

  

 

P ( P (A) =

     5 1

5 2

10 3

.

´ 9.1. POJAM VJEROV VJEROVATNO CE

109

Teorema 9.1. (Osobin (Os obinee vjerovatn vje rovatno´ oće) ce) 1. Za svaki dogadaj dogadaj A vaˇzi 0

≤ P ( P (A) ≤ 1.

2. Vjerovatnoća ca sigurnog dogadaja je j e P (Ω) P (Ω) = 1. 1.

∅ onda je P ( P (A ∪ B ) = P ( P (A) + P ( P (B ). 4. Za svaki dogadaj dogadaj A je P ( P (A) = 1 − P ( P (A). 5. Vjerovatn Vje rovatno´ o´ ca ca nemogućeg ceg dogadaja dogada ja je P ( P (∅) = 0. 6. Ako je A ⊂ B onda je P ( P (A) ≤ P ( P (B ). 3. Ako je AB =

Dokaz. Osobine 1. i 2. 2. slijede neposredno iz definicije vjerovatno´ vjerovatno´ ce ce dogadaja. 3. Neka su A = σ1 , σ2 , . . . , σm i B = τ 1 , τ 2 , . . . , τk disjunktni dogadaji. Tada je A B = σ1 , σ2 , . . . , σm , τ 1 , τ 2 , . . . , τk .

{

}

∪

{

} }

{

Ako je p(ω ) oznaka za vjerovatnoću cu dogada ja ω onda je P ( P (A B ) = p(σ1 )+ p )+ p((σ2 )+

p(σm )+ p )+ p((τ 1 )+ p )+ p((τ 2 )+ · · · + p( p(τ k ) = P ( P (A)+P )+ P ((B ). · · ·+ p( 4. Dogadaji A i A su disjunktni i vrijedi A ∪ A = Ω. Na osnovu osobina 2. i 3. imamo 1 = P (Ω) P (Ω) = P ( P (A ∪ A) = P ( P (A) + P ( P (A),

∪

pa je P ( P (A) = 1

P (A). − P (

5. Kako je Ω = , na osnovu 2. 2. i 4. dobijamo

∅

∅ − P (Ω) P (Ω) = 0. 0. 6. Ako je A ⊂ B onda je B = A ∪ AB pri pr i ˇcemu ce mu su A i AB disjun dis junktni ktni.. Korist Ko riste´ eći ci 3. imamo P ( P (B ) = P ( P (A) + P ( P (AB) AB ) ≥ P ( P (A). P ( P ( ) = 1

Primjer 9.4. Za proizvoljne dogadaje A i B vrijedi P ( P (A

P (A) + P ( P (B ) − P ( P (AB) AB ). ∪ B) = P (

Dogadaji AB,AB i AB su medusobno medusobn o disjunkt d isjunktni ni i vaˇzi zi A

∪ B = AB ∪ AB ∪ AB, A = AB ∪ AB, B = AB ∪ AB.

Koristeći ci osobinu aditivnosti aditivn osti vjerovatnoće ce dobijamo dobijam o P ( P (A B ) = P ( P (AB)+ AB )+P P ((AB)+ AB )+P P ((AB) AB) = P ( P (B ) P ( P (AB)+ AB )+P P ((A) P ( P (AB)+ AB )+P P ((AB) AB) =

∪

−

= P ( P (A) + P ( P (B )

− P ( P (AB) AB ).

−


110

9.2

Uslovna vjerovatno´ vjerovatno´ ca ca

U nekim neki m situacijam si tuacijamaa potrebno p otrebno je izraˇ i zraˇcunati cunati vjerovatnoću cu odredenog o dredenog dogada ja B , ako je poznato da se realizovao neki drugi dogadaj A. Na ta j naˇcin cin dolazimo do lazimo do uslovne usl ovne vjerovatno´ vje rovatnoće. ce. Primjer 9.5. Neka se u kutiji nalazi jedna bijela i dvije crne kuglice. Izvuˇ cena cena je jedna kuglica bez vra´ canja canja i konstatovano je da je bijela. Kolika je vjerovatno´ vjerovatno´ ca ca da je druga izvuˇcena cena kuglica crna? Ovde je Ω = (b, c1 ), (b, c2 ), (c1 , b), (c2 , b), (c1 , c2 ), (c2 , c1 ) ,

{

}

{

}

{

}

A = (b, c1 ), (b, c2 ) , B = (b, c1 ), (b, c2 ) , pa je P = 1. 1 . Inaˇce, ce, da nije nij e izvuˇcena cena prva prv a kuglica kugl ica vjerovatn vje rovatno´ oća ca je P = 13 . Definicija Definic ija 9.3. Uslovna vjerovatno´ ca ca dogadaja B pri uslovu A je broj koji oznaˇ oz naˇcavamo cavam o sa P ( P (B A) i koji je odreden sa

|

|

P ( P (B A) =

P ( P (AB) AB) , P ( P (A)

pri ˇcemu cemu se s e pretpos p retpostavlja tavlja da je P ( P (A) > 0. Teorema 9.2. Neka je P ( P (A) > 0. Tada vrijedi:

|

|

∅|

1. P ( P (A A) = 1, P (Ω P (Ω A) = 1, P ( P ( A) = 0, 2. Ako je A

P (B |A) = 1, ⊂ B onda je P ( 3. Ako je B1 B2 = ∅ onda je P ( P (B1 ∪ B2 |A) = P ( P (B1 |A) + P ( P (B2 |A), 4. P ( P (B |A) = 1 − P ( P (B |A). Dokaz. Slijedi Slijed i iz definicije definici je uslovne vjerovatnoće ce i osobina vjerovatnoće. ce. Dokazaćemo cemo sada jednu jednostavnu ali vaˇ znu znu formulu f ormulu poznatu pozn atu pod po d nazivom formula potpu po tpune ne vjerovatno´ vje rovatnoće. ce. Teorema 9.3. Neka su A1 , A2 , . . . , An medusobno disjunktni dogadaji sa pozitivnim vjerovatno´ vjerovatnoćama. cama. Ako za neki dogadaj dogadaj B vaˇzi B A1 A2 An onda je

⊂

n

P ( P (B ) =

 j =1

|

P ( P (Aj )P ( P (B Aj ).

Dokaz. Iz uslova B

⊂ A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An

slijedi B = BA 1

∪ BA2 ∪ · · · ∪ BAn,

∪ ∪···∪

´ 9.2. USLOVNA VJEROV VJEROVATNO CA

111

pa kako su dogadaji A1 , A2 , . . . , An medusobno disjunktni takvi su i BA 1 , BA 2 , . . . , B An . Koristeći ci osobinu o sobinu aditivnosti aditivn osti vjerovatnoće ce i definiciju definici ju uslovne u slovne vjerovatnoće ce dobij do bijamo amo n

P ( P (B ) =



|

P ( P (Aj )P ( P (B Aj ).

j =1

Primjedba 9.3. 9.3. Ako za medusobno medusobno disjunktne disjunktne dogadaje dogadaje A1 , A2 , . . . , An vrijedi A1

∪ A2 ∪ · · · ∪ An = Ω,

onda kaˇ kaˇzemo zemo da dogadaji A1 , A2 , . . . , An ˇcine potpun potpun skup skup dogad dogadaja aja ili hipoteze. hipoteze. Primjer 9.6. U prvoj kutiji se nalaze tri bijele i dvije crne kuglice, a u drugoj jedna bijela i ˇcetiri cetiri crne kuglice. Prvo se sluˇ cajno cajno bira kutija, a zatim se iz kutije sluˇcajno cajno bira kuglica. kug lica. Odrediti vjerovatno´ vje rovatnoću cu da d a je izabrana bijela kuglica. Neka je A1 (A2 ) dogadaj da je izabrana prva (druga) kutija, a B dogadaj da je izabrana izabrana bijela kuglica. Vrijedi P ( P (A1 ) = P ( P (A2 ) =

1 3 1 , P ( P (B A1 ) = , P ( P (B A2 ) = , 2 5 5

|

|

pa na osnovu formule potpune vjerovatno´ vj erovatnoće ce dobijamo P ( P (B ) =

1 3 1 1 2 + = . 2 5 2 5 5

·

·

Neka su A1 , A2 , . . . , An medusobno medusob no disjunktni disjun ktni dogadaj dogad ajii sa pozitivnim pozit ivnim vjerovatno´ vje rovatno´ cama cama i dogadaj B takode sa pozitivnom vjerovatno´ vjerovatno´ com com za koji vrijedi B

⊂ A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An.

∈ {1, 2, . . . , n} vrijedi P ( P (Aj B ) = P ( P (Aj )P ( P (B |Aj ) = P ( P (B )P ( P (Aj |B ),

Iz definicij de finicijee uslovne usl ovne vjerovatno´ vj erovatno´ ce ce imamo i mamo da za z a svako j

odakle slijedi

|

P ( P (Aj B ) =

|

P ( P (Aj )P ( P (B Aj ) . P ( P (B )

Koriste´ Kori steći ci formul f ormulu u potpu p otpune ne vjerovat v jerovatno´ noće ce dobij d obijamo amo

|

P ( P (Ak B ) =

|

P ( P (Ak )P ( P (B Ak )

 n

j =1

P ( P (Aj )P ( P (B Aj )

|

Formula (9. (9.1) je poznata kao Bajesova formula. formula.

.

(9.1)

112


Primjer 9.7. Neka vaˇze ze uslovi iz primjera 9.6. Pretpostavimo Pretpostavimo da je izabrana izabrana bijela kuglica. Odredimo Odredimo vjerovatno´ vjerovatnoću cu da je izabrana iz prve kutije. Na osnovu Bajesove formule imamo

|

P ( P (A1 B ) =

|

P ( P (A1 )P ( P (B A1 ) = P ( P (B )

1 2

· 35 = 3 .

2 5

4

Definicija 9.4. Dogadaji A i B su nezavisni ako vrijedi P ( P (AB) AB ) = P ( P (A)P ( P (B ). Za dogadaje koji nisu nezavisni kaˇ zemo zemo da su zavisni. zavisni. Primjer 9.8. Baca se kocka za igru. Prostor elementarnih dogadaja je

{

}

Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6 . Neka je

{

}

{ }

{

}

A = 1, 3, 5 , B = 1, 2 , C = 1, 2, 3 . Tada je

{}

{ }

{ }

AB = 1 , BC = 1, 2 , C A = 1, 3 i vrijedi P ( P (A) =

1 1 1 , P ( P (B ) = , P ( P (C ) = , 2 3 2

P ( P (AB) AB ) =

1 = P ( P (A)P ( P (B ), 6

P ( P (BC ) BC ) =

1 = P ( P (B )P ( P (C ), 3

P ( P (CA) CA ) =

1 = P ( P (C )P ( P (A). 2

 

Dakle, dogadaji A i B su nezavisni, dogadaji B i C zavisni, a dogadaji C i A su takode nezavisni. Primjer 9.9. Ako su A i B nezavisni onda su i dogadaji (a) A i B , (b) A i B, (c) A i B, takode nezavisni.

9.3

Bernulijeva ˇ sema sema

⊂

Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja i A Ω. Za niz niz eksperimenata u kojima ko jima je vjerovatno´ vjerovatno´ ca ca realizacije dogadaja ista i nezavisna od ostalih eksperimena me nata ta kaˇzemo ze mo da ˇcini ci ni Bernul Ber nulij ijev evu u ˇsemu se mu.. Sa S n oznaˇcavamo cavamo broj bro j realizacija realizac ija S n dogadaja A u Bernulijvoj ˇsemi. semi. Broj n nazivamo frekvencija (relativna uˇcest ce stal alos ostt) dogadaja A u n ponovljenih eksperimenata.

ˇ 9.3. BERNULIJE BERNULIJEV VA SEMA

113

Primjer 9.10. Kocka Kocka se baca baca tri puta. Odediti Odediti vjerovatn vjerovatno´ o´ cu cu da se dva puta pojavio pojavi o broj ˇsest. sest . Neka 1 znaˇ znaˇci ci da je pao broj 6, a 0 da nije pao pao broj 6. Tada je

{S 3 = 2 } = {(x1, x2, x3) : xi ∈ {0, 1} taˇcno cno dva broja od xi su 1}, pa je P ( P (S 3 = 2) =

  3 2

1 62

. · 56 = 15 63

Sliˇcno cno kao u prethodnom pretho dnom primjeru zakljuˇcujemo cujemo da je sa

  n k

P ( P (S n = k ) =

pk (1

− p) p)n−k , k ∈ {0, 1, . . . , n},

(9.2)

data vjerovatno´ vje rovatnoća ca da će ce se dogada doga dajj A, ˇcija cija je vjerovatnoća ca pojavljivanja po javljivanja u jednom opitu p, pojaviti k puta u n nezavisnih opita. Za velike n vrijednosti P ( P (S n = k) date formulom (9. (9.2) nije jednostavno odrediti. Obiˇcno cno se koriste formule date sledećim cim teoremama. teoremam a. Teorema 9.4. (Puasonova aproksimacija) Neka je P ( P (A) = ne zavisi od n. Tada za svaki k N 0 vrijedi

∈ ∪{ }

n

lim P ( P (S n = k) =

→+∞

λ n,

λ > 0 i neka λ

λk −λ e . k!

Dokaz. Zbog (9. (9.2) imamo

    −  −  −  −  −   − −  − − ··· −  −  P ( P (S n = k ) =

Dalje je

λk P ( P (S n = k ) = k! to jest λk P ( P (S n = k ) = k! pa

1

n

λ n

1

k

P ( P (S n = k )

(n

1

n

→

n!

1

1 k )! nk

k

λk −λ e , n k!

n k

−

λ n

1

n

λ n

1

k

λ n

n k

1

2

n

.

λ n

1

−k

1 n

,

1

λ n

−k

→ +∞.

Primjedba 9.4. 9.4. (i) Prethodna Prethodna teorema teorema vrijedi i ako se pretposta pretpostavi vi da je P ( P (A) = pn i da je lim lim npn = λ. n

→+∞

(ii) ii) Praksa Praksa je pokazala pokazala da Puasonov Puasonovaa aproksimac aproksimacija ija da je dobre rezultate rezultate za np < 10. Ako je np 10 koristi korist i se normalna n ormalna aproksimacija aproksi macija data slede´ s ledećom com Muavr-Laplasovom Muavr-Laplasovom teoremom.

≥

,


114

∈

Teorema 9.5. 9 .5. (Normalna aproksimacija) Neka je p je p (0, (0, 1) vjerovatno´ vjerov atnoća ca dogadaja dogada ja u svakom od n nezavisnih ekperimenata i neka postoje a, b R takvi da je a

∈

np ≤ k√ −npq ≤ b za sve k, n ∈ N i k ∈ {0, 1, . . . , n}, q = 1 − p.

Tada vrijedi n

lim

P ( P (S n = k ) np)2 npq

→+∞ √ 1 e− ( 2− 2πnpq k

= 1.

Na osnovu o snovu prethodne pretho dne teoreme moˇze ze se s e dokazati do kazati i sljedeća ca poznata p oznata kao integralna Muavr-Laplasova teorema. Teorema 9.6. Pri uslovima prethodne teoreme vrijedi b−np √ npq

n

lim P ( P (a

→+∞

1 2π

≤ S n ≤ b) ∼ √

a



t2

e− 2 dt.

np √ −npq

Primjer 9.11. Vjerovatnoća ca proizvodnje neispravnog proizvoda je 0.02. Naći ci vjerovatno´ vjerovatno´ cu cu da u seriji od 2500 proizvoda proizvoda broj neispravnih bude izmedu 36 i 57. Ovde je np = 2500 0.02 = 50, 50, pa koristimo normalnu aproksimaciju

·

P (36 P (36

≤ S 2500 2500 ≤ 57)

 ∼ √ 1 2π

1

t2

e− 2 dt

−2

≈ 0.818 818..

Primjedba 9.5. 9.5. Vrijednosti funkcije Φ(x Φ(x) =

 √ 1 2π

x

t2

e− 2 dt

0

date su tablicama.

9.4

Diskretne sluˇ cajne cajne promjenljive promjenljive

Prilikom eksperimenta ekspe rimenta se svakom s vakom ishodu isho du moˇ m oˇze ze pridruˇ pr idruˇziti ziti realan broj, bro j, to t o jest jes t moˇzemo zemo posmatrati posma trati preslikavanje sa Ω u skup R. Primjer 9.12. Neka Nek a se baca novˇci´ cić. c. Svakom Svak om ishodu moˇzemo zemo pridruˇ prid ruˇziti zit i 1 ili 0 u zavisnosti da li je pao grb ili pismo. U ovom sluˇcaju caju skup Ω se preslikava na 0, 1 .

{ }

F

Definicija 9.5. Neka je (Ω, (Ω, , P ) P ) prosto pr ostorr vjerovatn v jerovatno´ oća ca sa s a konaˇ kon aˇcno cno mnogo mnog o isho i shoda. da. Funkcija X : Ω R zove se sluˇcajna ca jna promjen pro mjenlji ljiva va (vel ve liˇcin ci na).

→

ˇ 9.4.. DISKRE 9.4 DISKRETNE TNE SLU CAJNE PROMJENLJIVE

115

Raspodj Rasp odjela ela vjerovatno´ ca ca sluˇcajne cajne promjenljive je odredena ako su poznate vrijednosti x1 , x2 , . . . , xn koje ko je moˇze ze uzeti uz eti ta t a sluˇ sl uˇcajna ca jna promjen prom jenlji ljiva va i vjerovatno vje rovatno-će ce p1 , p2 , . . . , pn sa kojima uzima te vrijednosti. Koristi se zapis

{

}

pk = P ( P (X = xk ) = P ( P ( ω : X (ω) = xk , k = 1, 1 , 2, . . . Raspod Rasp odjela jela vjerovatno´ vje rovatnoća ca sluˇ s luˇcajne ca jne promjen prom jenlji ljive ve X se oznaˇ ozn aˇcava cava i sa X : pri tome je p1 + p2 +



x1 p1

x2 p2

··· ···

xn pn



,

· · · + pn = 1.1 .

Primjer 9.13. Dato je 10 kuglica numerisanih brojevima brojevima 1, 2, . . . , 10. Sluˇ cajno cajno se biraju biraju odjed odjednom nom ˇcetiri cetiri kuglice. kuglice. Neka je X broj broj izabranih izabranih kuglica kuglica koje su oznaˇcene cene brojem djeljivim djelji vim sa tri. Odrediti raspodjelu sluˇcajne cajne promjenljive promjenljiv e X . Neposrednim Neposredni m raˇ cunom cuno m dobijam dobi jamo o X :



0

1

2

3

1 6

1 2

3 10

1 30



.

Definicija 9.6. Neka je X sluˇcajna caj na promjenljiva. promjen ljiva. Funkcija F X : R sa F X (x) = P ω : X (ω ) x = P ( P (X x)

{

≤ }

→ R data

≤

zove se funkcija raspodjele sluˇcajne ca jne promj p romjenl enljive jive X . Primjer 9.14. Sluˇcajna cajn a promjenlj promje nljiva iva X data sa X :



1 0 p 1 p

−



, p

∈ (0, (0, 1), 1),

se naziva Bernulij Be rnulijeva eva sluˇcajna cajna promjenljiva. promjenlj iva. Za njenu funkciju funk ciju raspodjele vrijedi F ( F (x) =

 

0, 1

− p, 1,

x < 0, 0

≤ x < 1, x ≥ 1.

Osobine funkcije raspodjele rasp odjele su date slede´ com com teoremom. Teorema 9.7. Neka je F funkcija raspodjele raspodjele sluˇcajne cajne promjenljive promjenljiv e X . Tada ada vrijedi: (i) 0

F (x) ≤ 1, (∀x ∈ R), ≤ F (

(ii) ii) F je neopadaju´ neopadaj u´ ca ca funkcij funk cija, a, (iii) iii)

x

lim F ( F (x) = 1, 1,

→+∞

x

lim F ( F (x) = 0,

→−∞

(iv) iv) F je neprekidna s lijeva.


116

Nezavisno Nezavisnost st sluˇ cajnih cajnih promjenljiv promjenljivih ih uvodimo uvodimo analogno analogno kao kao i nezavisnos nezavisnostt dogadaja. Definicija 9.7. Sluˇcajne ca jne promj p romjenl enljive jive X i Y su nezavisne ako vrijedi

·

P ( P (X = xi , Y = yj ) = P ( P (X = xi ) P ( P (Y = yj ) za sve xi i yj iz skupa vrijednosti sluˇ cajnih cajnih promjeljivih X i Y . Y . Primjer 9.15. Novˇci´ cić se baca dva d va puta. puta . Neka Nek a X oznaˇcava cav a broj registrovanih registrova nih pisama, a Y broj grbova. Raspodjele Raspodjele vjerovatnoća ca sluˇcajnih cajnih promjenljivih promjenljiv ih X i Y su date tabelom : Y = 0 Y = 1 Y = 2 pi

X = 0 0 0

X = 1 0

X = 2

1 4 1 4

1 2

0

0 0

1 2

1 4

q j

1 4

1 4 1 2 1 4

Sluˇcajne cajn e promjenlj promje nljive ive X i Y nisu nezavisne, jer na primjer



P ( P (X = 0, Y = 0) = 0 =

1 = P ( P (X = 0) P ( P (Y = 0). 0). 16

·

Primjetimo da su ove sluˇ cajne cajne promjenljive promjenljive linearno zavisne, jer je X + X + Y = 2.





··· ···

x1 x2 xn Neka je Ω = ω1 , . . . , ωk , k N i X : . p1 p2 pn Mate Ma tema mati tiˇ ˇ cko cko oˇceki ce kivan vanje je E (X ) sluˇcajne ca jne promjenljive promjenl jive X se defin de finiˇ iˇse se sa

{

} ∈

E (X ) =

X (ω1 ) + X (ω2 ) + k

· · · + X (ωk ) .

Neka je Ai = ω : X (ω ) = xi , i = 1, . . . , n ,

{

}

i oznaˇ ozn aˇcimo ci mo sa ki broj elemenata skupa Ai . Vrijedi rijedi P ( P (Ai ) = je P ( P (Ai ) = pi , pa imamo

ki k,

s druge strane

E (X ) = x1 p1 + x2 + p2 +

· · · + xk pk . Ako je X diskretna diskretn a ssluˇ luˇcajna ca jna promjenljiva promjen ljiva i f : R → R proizvoljna funkcija tada

je f ( f (X ) takode sluˇcajna caj na promjenlj pr omjenljiva iva i vrijedi vri jedi

Ef ( Ef (X ) = f ( f (x1 ) p1 + f ( f (x) p2 +

f (xk ) pk . · · · + f (

Primjer 9.16. Neka je X sluˇcajna cajna promjenljiva promjenljiv a koja oznaˇcava cava broj na gornjoj 2 strani kocke. Odrediti Odrediti E (X ) i E (X ). E (X ) =

· 6

i=1

i

1 6

= 3.5, E (X 2 ) =

 6

i=1

i2

· 16 = 916 .

ˇ 9.5. 9.5. SLU SLU CAJNI PROCESI

117

Primjedba 9.6. 9.6. Na osnovu prethodnog primjera vidimo da ne mora biti E (X ) X (Ω). (Ω).

∈

Osnovne Osnov ne osobin oso binee matem m atematiˇ atiˇckog ckog oˇcekivanja ceki vanja su :

∈ R tada je E (C ) = C. 2. Ako je C ∈ R i X sluˇcajna ca jna promjenljiva promjen ljiva tada je E (CX ) CX ) = C E (X ). 1. Ako je C

3. Ako su X i Y sluˇcajne caj ne promjenljive promjen ljive onda je E (X + Y ) Y ) = E (X ) + E (Y ) Y ). 4. Ako su X i X i Y nezavisne sluˇcajne caj ne promjenlj pr omjenljive ive onda ond a je E (XY XY )) = E (X )E (Y ) Y ). Matematiˇcko cko oˇcekivanje cekivanje ne opisuje opisuj e sluˇcajnu caj nu promjenljivu promjen ljivu u potpunosti, potpu nosti, pa je potrebno potrebno posmatrati posmatrati i odstupanje odstupanje sluˇ cajne cajne promjenljiv promjenljivee od E (X ). ) . Um Umje jest stoo 2 izraza X E (X ) posmatra se izraz (X ( X E (X )) )) koji je jednostavniji za analizu. Varijansa (disperzija) V ar( ar(X ) sluˇcajne caj ne promjenljive promjen ljive X je

| −

|

−

V ar( ar(X ) = E (X

− E (X ))))2.

Osnovne osobine varijanse su: 1. V ar( ar(X )

≥ 0.

2. V ar( ar(X ) = E (X 2 )

− E 2(X ).

∈ R onda je V ar( ar(C ) = 0. 4. Ako je C ∈ R i X sluˇcajna ca jna promjenljiva promjen ljiva onda o nda je V ar( ar (CX ) CX ) = C 2 V ar( ar(X ). 3. Ako je C

5. Ako su X i Y nezavisne sluˇcajne cajne promjenljive onda je V ar( ar(X + Y ) Y ) = V ar( ar(X ) + V ar( ar(Y ) Y ). Primjer 9.17. Neka je A dogadaj. Sluˇcajna cajna promjenljiva promjenljiv a I A definisana sa I A (ω) =



1, ω A, 0, ω / A,

∈ ∈

zove se indikator sluˇ sl uˇcajnog caj nog dogad d ogadaj aja a A. Ako je P ( P (A) = p, vrijedi I A :



0 1

−

1 p p



,

2 E (I A ) = p, V ar(I A ) = E (I A ) = (E (I A ))2 = p

9.5

− p2.

Sluˇ ca jni procesi cajni

F

Neka je (Ω, (Ω, , P ) P ) prostor vjerovatnoća ca i T skup vrijednosti parametra t. Sluˇcajni ca jni proces pro ces je familija sluˇ cajnih cajnih promjenljivih X t , t T . Indeks t se obˇcno cno interpretira kao vrijeme, vrijem e, a za skup T se uzima skup (0, (0, + ) ili neki njegov podskup. podskup. Ak Ako o je T diskretan podskup, tada se radi o procesu sa diskretnim

{ } ∈ ∞


118

vremenom, a u protivnom imamo proces sa neprekidnim vremenom. Za sluˇcajni cajni proces proce s moˇ m oˇzemo zemo reći ci da je funkcija, koja pri svakom fiksiranom fik siranom t T je sluˇ slu ˇcajn ca jnaa promjenljiva X (t, ω) = X (t), ω Ω. Ako je ω = ω0 fiksirano , tada je X (t, ω0 ) nesluˇcajna cajna funkcija i zove se realizacija ili trajektorija procesa procesa.. Ak Ako o je T prebroji prebrojiv v skup, skup, tada tada se radi radi o sluˇ sluˇcajnom cajnom nizu, nizu, a ako ako je T neprebrojiv tada imamo sluˇcajni caj ni proces. proce s. Neka je data funkcija raspodjele rasp odjele sluˇ cajnog cajnog vektora

∈

∈

(X (t1 ), X (t2 ), . . . , X ( tn )). )). Sluˇcajni cajni proces kod koga su sve konaˇ cnodimenzionalne cnodimenzionalne raspodjele normalne nazivamo Gaussovim sluˇcajni ca jnim m proceso pro cesom. m. Nesluˇ Nesl uˇcajna ca jna funkcija fun kcija m(t) = E (X (t)) je mate ma tema matiˇ tiˇcko oˇceki ce kivan vanje je sluˇcajno ca jnog g proc pr ocesa, esa, K (t, s) = E (X (t)

− m(t))(X ))(X (s) − m(s))

je njegova njegova korelaciona funkcija. funkcija. U daljem d aljem posmatra´ posma traćemo cemo sluˇcajne caj ne procese p rocese kod kojih koji h je skup T prebrojiv. prebrojiv. Neka Neka je dat niz sluˇ cajnih cajnih promjenljivih (X n ), kod koga sve sluˇcajne cajne promjenljive imaju iste konaˇ cne cne ili prebrojive prebrojive skupove skupove vrijednost vrijednostii (skupove (skupove stanja). Smatraćemo cemo da je skup vrijednosti vrijedn osti 0, 1, . . . , ili neki njegov podskup. Ako vrijednost koju ko ju je postigla p ostigla sluˇcajna caj na promjenljiva promj enljiva X n potpuno odredjuje zakon raspod jele sluˇcajne cajne promjenljive X n+1 i taj zakon raspodjele ne zavisi od vrijednosti koje su postigle sluˇcajne cajne promjenljive X k , k < n, n, tada za niz (X (X n ) kaˇzemo ze mo da ˇcini lanac Markova. Markova. Dakle, niz (X (X n ) sluˇcajnih ca jnih promjenljivih promjen ljivih je lanac la nac Markova Ma rkova ako vrijedi

{

}

|

|

P ( P (X n = xn X k1 = xk1 , . . . , Xk r = xkr ) = P ( P (X n = xn X k1 = xk1 ) za sve proizvoljne proizvoljne prirodne brojeve n > k 1 > k 2 > .. . > kr . Ova osobina govori o tome da vjerovatno´ vjerovatno´ ca ca da se dati sistem u trenutku n + 1 nalazi u datom stanju, ako je poznato njegovo stanje u trenutku n, ne zavisi od ponaˇsanja sanja tog sistema u proˇslosti slosti to jest prije trenutka n. Vjerovatno´ Vje rovatnoća ca da se sluˇcajna ca jna promjen prom jenlji ljiva va X n+1 nadje u stanju j , ako je poznato da se X n nalazi u stanju i naziva se vjerovatno´ vje rovatnoća prelaza prel aza.. Imamo +1 pn,n = P ( P (xn+1 = j X n = i). ij

|

+1 Ako vjerova vj erovatno tno´će ce pn,n ne zavise od n lanac je homogen. homogen. ij Oznaˇ Oz naˇcimo ci mo sa pij (n) vjerovatno´ vjerovatno´ ce ce prelaza iz stanja i u stanje j za n koraka. Matrice M n = [ p pij (n)] se zovu matrice vjerovatno´ ca ca prelaza prelaz a za n koraka. Kod njih su svi elementi nenegativni i zbir u svakoj vrsti je 1. Koris Ko riste´ teći ci teore te oremu mu o totalnoj vjerovatno´ vjerovatno´ ci ci imamo da je za 1 m n,

pij (n) =



≤ ≤

pik (m) pkj (n

k

}

− m).

119

9.6.. ZADAC 9.6 ZADACI I ˇ To su jednaˇ jed naˇcine cin e Kormog Kor mogorovaorova-Cepmena. Cepmena . Matriˇcni cni oblik je M n = M m M n−m , odavde je M n = M 1n .

Ako postoji prirodan broj n tako da su svi elementi matrice M n strogo pozitivni, tada za svako j = 1, 2, . . . , posto ji graniˇcna cna vrijednost vrijedn ost lim pij (n) = p∗j , → +∞

n

koja ne zavisi od i. Brojevi p Brojevi p∗j zovu se final fin alne ne vjero vj erovatn vatno´ o´ ce. ce. Finalne Fina lne vjerovatn vj erovatno´ oće ce se mogu mo gu dobiti d obiti iz sistema si stema jednaˇcina: cina:

  p∗j = 1,

j

p∗k pkj = p∗j , j = 1, 2, . . .

k

Lanac koji ima finalne vjerovatnoće ce zove se ergo er godi diˇ ˇ can. ca n.

9.6

Zadaci

1. Baca se kocka za igru. Kolika je vjerovatno´ vjerovatno´ ca ca da padne broj djeljiv sa 3? 2. Odrediti vjerovatnoće ce svih s vih mogućih cih zbirova pri bacanju dvije kocke. 3. Novˇci´ cić se s e baca b aca ˇcetir cet irii puta p uta.. Izraˇ Iz raˇcuna cu nati ti vjero vj erovatn vatno´ oće ce sljede slj ede´ćih cih dogad do gadaa ja: ja : (a) pao je paran paran broj pisama, (b) pala su bar dva dva pisma, (c) broj pisama jednak je broju grbova. grbova. 4. Iz kutije ku tije koja sadrˇzi zi 6 bijelih i 8 crnih kuglica sluˇcajno caj no izvlaˇ iz vlaˇcimo cimo 3 kuglice. kuglice . Naći ci vjerovatnoću cu da se medu kuglicama kuglica ma nalazi taˇcno cno 1 bijela i 2 crne. 5. Na sluˇcajan cajan naˇ cin cin se biraju dva broja bro ja iz intervala intervala [0, [0, 1]. Kolika Kolika je vjero1 vatnoća ca da je njihov zbir izmedu 2 i 1? 6. Dvije osobe se dogovor dogovoree da se nadu na odredenom odredenom mjestu izmedu izmedu 10 i 11 sati. Svaka osoba dolazi do lazi u sluˇcajno ca jno vrijeme v rijeme izmedu 10 i 11 sati, sat i, ˇceka ceka drugu 20 minuta minu ta i odlazi od lazi.. Naći ci vjerovatno´ vjer ovatnoću cu da će ce doći ci do susreta sus reta.. 7. Ako iz niza od 10 cifara od 0 do 9, na sre´ sreću cu izaberemo jednu cifru, kolika kolika je vjerovatno´ vjerovatno´ ca ca da je ona djeljiva sa 3? 8. Stanovnici nekog grada boluju b oluju od bolesti A i B. Vjerovatno´ Vjerovatno´ ca ca da proizvoljan stanovnik tog grada oboli od bolesti A je 0.15, a od bolesti B je 0.25. Kolika je j e vjerovatno´ vj erovatnoća ca da je na n a sluˇ s luˇcaj caj uzet stanovnik posmatranog posma tranog grada:


120 (a) bolestan, bolestan, (b) zdrav, zdrav,

(c) bolestan bolestan od obje bolesti? 9. Neka Neka su dogadjaji dogadjaji A i B takvi da je P ( P (A Odrediti P ( P (A

1 1 ∩ B) = 14 , P ( P (AC ) = , P ( P (B ) = . 3 2

∪ B ).

10. Tri automata automata pakuju tablete tablete u kutije. kutije. Prvi automat automat pakuje 80% kutija ispravno, ispravno, drugi 90%, a tre´ treći ci pakuje pakuje ispravno ispravno 95% kutija. Prvi automat pakuje 10%, drugi 20%, a tre´ treći ci 70% od ukupne proizvodnje. proizvodnje. Kolika Kolika je vjerovatnoća ca da je sluˇ sl uˇcajno caj no odabrana o dabrana kutija tableta za koju ko ju je j e ustanovlje ust anovlje-no da je pogreˇsno sno napunjena, napunj ena, punjena punjen a na trećem cem automatu? automatu ? 11. Dvije maˇ sine sine proizvode isti artikal, artikal, pri ˇcemu cemu prva daje 5%, a druga 1% neisprav neispravnih nih proizvoda. proizvoda. Prodavnica Prodavnica nabavlja nabavlja te artikle i to 25% od onih koji su izradeni na prvoj i 75% od o d onih koji su izradeni na drugo j maˇsini. sini. ˇ Covjek je u prodavnici pro davnici kupio jedan od o d tih artikala. artikala. Kolika je vjerovatno´ vjerovatnoća ca da je kupio neispravan artikal? 12. Pri proizvodnji proizvodnji istog proizvoda, proizvoda, 3 ma maˇˇsine sine tipa A, 5 tipa B i 2 tipa C proizvode redom 5%, 5%, 3% 3%,, 1% neispravnih neispravni h proizvoda. proizvoda . Sluˇcajno caj no se bira jedan proizvod. a) Kolika Ko lika je vjerovatnoća ca da d a je j e neispravan n eispravan ? b) Ako je izabrani i zabrani proizvod proizvo d neispravan, neisp ravan, kolika je vjerovatno´ vje rovatno´ ca ca da je j e proizveden na maˇsini sin i tipa B ? 13. Jedan uredaj se sastoji od 2000 dijelova. dijelova. Vjerovatno´ Vjerovatno´ ca ca kvara jednog dijela u toku godine je 0.001. Kvar Kvar jednog dijela ne zavisi od ostalih ostalih dijelova dijelova.. Odrediti vjerovatnoću cu kvara k vara u toku godine: godi ne: (a) jednog dijela, dijela, (b) dva dva dijela, (c) bar dva dva dijela, (d) najviˇ na jviˇse se dva d va dijela. 14. Kocka se baca 50 puta. Odrediti najvjerovatniji najvjerovatniji broj pojavljivanja dogadaja: dogadaja: pao je broj djeljiv sa 3. 15. Pri proizvodn p roizvodnji ji nekog n ekog proizvoda pr oizvoda vjerovatnoća ca da će ce se proizvesti neispravan proizvod proizvo d iznosi izn osi 0.004. 0 .004. Kolika je vjerovatnoća ca da će ce se u skupu sku pu od o d 100 proizvoda proizvo da na´ n aći ci jedan neispravan proizvod? proizvo d? 16. Automat daje 4% ˇskarta. skarta. Proizvodi se pakuju u kutije o d po 50 komada. Koliko će ce se najˇ na jˇce´ ceće ce defektnih defektn ih proizvoda proizvod a nalaziti nalazit i u kutijama? kutijam a?

121


17. Poznato je da u odredeno j knjizi od 500 stranica posto ji 500 ˇstamparskih stamparskih greˇsaka saka sluˇcajno caj no raspodijelje raspo dijeljenih. nih. Kolika je vjerovatnoća ca da na sluˇcajno caj no odabranoj stranici knjige nema manje od tri greˇske ske ? 18. Jedna porodica ima dvoje djece. Opisati sluˇcajnu cajnu promjenljivu X broj djeˇcaka caka u poro p orodic dici. i.

−

19. Tehnoloˇski ski proces pro ces daje da je 2/ 2 /3 proizvoda prve vrste, a 1/ 1 /3 cjelokupne proizvodnje ˇcine cine proizvodi proizvo di druge vrste. Predstaviti ˇsematski sematski sluˇcajnu ca jnu promjenljivu X broj proizvoda prve vrste u uzorku od 3 proizvoda.

−

20. Sluˇcajna ca jna promjenljiva promjenl jiva X : Ω X :

R je definisana sa

 −→ − 2

1

1 16

0

1 24

1 p

1 32

2 1 8



.

(a) Odrediti Odrediti p. (b) Opisati sluˇcajnu caj nu promjenljivu promjen ljivu Y = 2X + 1. 1. 2 (c) Opisati sluˇcajnu caj nu promjenljivu promjen ljivu Z = X . 21. Date su sluˇcajne cajne promjenljive: X :



0 1 0.3 0.7

  , Y :

2 0.6

5 0.4



.

Opisati sluˇcajne caj ne promjenljive promjen ljive (a) Z = X + 2Y. X + 2Y. (b) T = 3X Y. (c) U = X Y. (d) V =

·

2

X Y

−

.

22. Jedna Jed na poro p orodic dica a ima tro t roje je djece. dj ece. Izraˇcunati cuna ti matema ma tematiˇ tiˇcko cko oˇcekivanje ceki vanje sluˇ s luˇcajne ca jne promjenljive X koja oznaˇcava cava broj b roj djevojˇ djevo jˇcica cica u porodici. poro dici. 23. Maˇ Maˇsina sina se sastoji sastoji od tri elementa elementa koji rade nezavisno nezavisno jedan od drugog. drugog. ˇ Vjerovatno´ Vjerovatno´ ca ca kvara svakog elementa u toku rada iznosi 0.1. Sematski predstaviti sluˇcajnu ca jnu promjenljivu promjen ljivu X broj pokvarenih elemenata u toku radnog rad nog dana, dana , pa naći ci matem m atematiˇ atiˇcko cko oˇcekivanje ceki vanje bro b roja ja pokvare p okvarenih nih elemena ele menata ta u toku radnog dana.

−

→ R je definisana sa −12 −11 01 1 21 31

24. Sluˇcajna ca jna promjenljiva promjenl jiva X : Ω X :



12

24

6

p

(a) Odrediti Odrediti p, E (X ) i V ar( ar(X ). (b) Opisati sluˇcajnu caj nu promjenljivu promjen ljivu Y = 3X (c) Opisati sluˇcajnu caj nu promjenljivu promjen ljivu Z = X 2 .

8

− 7.

6



.

122


Glava 10

Algebarske strukture 10.1 10.1

Parci Parcijal jalno no ureden uredenii skupov skupovii

Neka je R refleksivna, antisimetriˇ antisimetriˇcna cna i tranzitivna relacija definisana nad skupom A. Za skup A kaˇ zemo zemo da je parcijalno parci jalno ureden skup s kup ili il i poset po set sa uredenjem u redenjem R. Relacij Rel aciju u parcija par cijalno lnog g uredenj ure denjaa oznaˇ ozn aˇcava´ cavaćemo cemo sa . Parcijal Parcijalno no ureden skup sa uredenjem oznaˇ ozn aˇcavamo cavam o sa (A, ). Za elemente a i b kaˇ zemo zemo da su uporedivi upore divi ako je ili a b ili b a. Ako su svaka svaka dva elementa elementa nekog skupa uporediva uporediva takav skup nazivamo lanac. Neka je B podskup poseta A. Element a iz A je gornje ograniˇcenje cenje skupa B ako je b a za svaki b B . Element a je na jmanje gornje ograniˇcenje cenje skupa B ako je (i) a gornje gorn je ograniˇ ogra niˇcenje cenj e i (ii) ako je a gornje gorn je ograniˇ ogra niˇcenje cenj e za B onda je a a . Najmanje Naj manje gornje g ornje ograniˇ og raniˇcenje cenje za cijeli poset p oset A (ako posto p ostoji) ji) naziva se s e naj n ajve´ ve´ ci ci element skupa A. Element a iz A je donje ograniˇcenje cenje za B ako je a b za svaki b B. Element a je najve´ na jveće ce donje don je ograniˇ ogra niˇcenje cenj e skupa sku pa B ako je (i) a donje donj e ograniˇ ogra niˇcenje cenj e i  (ii) ako je a donje don je ograniˇ ogr aniˇcenje cenj e za z a B onda je a a. Na Najve´ jveće ce donj d onjee ograniˇ og raniˇcenje cenj e za cijeli cije li poset pos et A (ako (ako postoji) naziva naziva se na jmanji element skupa A. Element a podskupa B je maksimalan element iz B ako za svaki element b iz B vrijedi a b povl ov laˇci ci a = b. Element a podskupa B je minimalan element iz B ako za svaki element b iz B vrijedi b a povl ov laˇci ci a = b.

≤ ≤

≤

≤

≤

≤

∈

≤

≤

∈

≤

≤

≤

Primjer 10.1. Neka je C = 1, 2, 3 i X partitivni skup skupa C , to jest

{ } X = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}. Definiˇ Defin iˇsimo sim o relaciju relaci ju ≤ nad X , tako da je T ≤ V ako je T ⊆ V . V . Za sk skup cenje je {1, 2}, to je takode najmanje gornje {{1}, {2}} najmanje gornje ograniˇcenje 123

124

GLAV GLA VA 10. ALGEBARSKE STRUKTURE

{∅ { } { } { }}

{

}

ograniˇcenje cenj e i za , 1 , 2 , 1, 2 . Skup 1, 2, 3 je najmanje gornje ograniˇcnje cn je,, a najve´ naj veće ce donje don je ograniˇ ograni ˇ cenj ce njee za X .

∅

Primjer Primjer 10.2. Za X 1 = 1 , 2 , 3 , 1, 2 , 1, 3 , 2, 3 elementi 1, 2 , 1, 3 i 2, 3 su maksimalni elementi od X 1 , ali X 1 nema najveći ci element. Elementi 1 , 2 i 3 su minimalni elementi za X 1 ali X 1 nema najmanji element.

{{ } { } { } { } { } { }}

{ } { } {}{} {}

{ ∈

| }

{ }

≤

≤

Primjer Primjer 10.3. Neka X 2 = d N : d 30 i relacija definisana n m ako m dijeli n. Najmanje gornje ograniˇ ograniˇ cenje cenje za 2, 3 je 6. Najman Najmanje je gornje gornje ograniˇ ogran iˇcenje cen je za X 2 je 30 i najve´ najv eće ce donje donj e ograniˇcenje cenj e je j e 1.

{ }

Primjer 10.4. Posmatrajmo X 3 = x Q : x (0, (0, 1) i relaciju kao ka o obiˇ ob iˇcnu cn u relaciju ”manje ili jednako”. jednako”. Najmanje gornje ograniˇ ograniˇ cenje cenje je 1 i najve´ ce ce donje ograniˇcenje cenj e je 0, ali 0, 1 / X 3 .

{ ∈

∈

}

≤

∈

Za prikazivanje poseta se koriste Haseovi dijagrami. Za dati poset (A, (A, ), Haseov dijagram se sastoji iz kolekcije taˇcaka caka i linija, gdje taˇcke cke predstavlja p redstavlja ju elemente skupa A, pa ako vaˇzi zi a c za elemente a i c skupa A, onda se element a stavlja ispod elementa c i potom se oni, ukoliko ne postoji element b = a, c, takav da vrijedi a b c, povezuju p ovezuju linijom. U sluˇcaju caju da postoji b tako da je a b c, onda se ne prikazuje linija izmedu elemenata a i c.

≤



≤

≤ ≤

≤ ≤

Primjer 10.5. Nacrtati Haseov dijagram za primjer 10.3. Oznaˇcimo cimo sa NGO(A) najmanje na jmanje gornje ograniˇcenje cenje i sa NDO(A) najve´ na jveće ce donje don je ogran o graniˇ iˇcenje cenj e skupa sku pa A. Ako svaki dvoelementi skup poseta A ima najmanje gornje ograniˇ cenje cenje onda se nad skupom A moˇze ze definisat d efinisatii binarna operacija opera cija sa a b = N GO a, b .

∨

∨

Koristi se i notacija a + b umjesto a

{ }

∨ b.

Definicija Definicija 10.1. Poset A, za koji svaki dvoelementni podskupovi imaju najmanje gornje ograniˇcenje cenje u A zove se gornja polumreˇ polu mreˇza za i oznaˇcava cava sa s a (A, ) ili (A, +). +).

∨

Ako svaki dvoelementi skup poseta A ima najve´ na jveće ce donje donj e ogran o graniˇ iˇcenje cenj e onda o nda se nad skupom A moˇze ze definisati definis ati binarna operacija opera cija sa

∧

∧ b = N DO{a, b}. Koristi se i notacija a · b umjesto a ∧ b. a

Definicija 10.2. Poset A, za koji ko ji svaki dvoelementni dvoele mentni podskup po dskupovi ovi imaju ima ju najve´ na jveće ce donje don je ograniˇ ogra niˇcenje cenj e u A zove se donja donj a polum po lumreˇ reˇza za i oznaˇcava cava sa s a (A, ) ili (A, (A, ).

∧

U sljede´ s ljedećoj co j teoremi data su algebarska algebars ka svojstva svo jstva polumreˇ p olumreˇza. za.

·

125

10.1. PARCIJALNO ARCIJALNO UREDENI UREDENI SKUPOVI SKUPOVI Teorema 10.1. 1 0.1. (a) Neka je A gornja polumreˇ polumreˇ za. za. Onda za svako a,b,c vrijedi (i) (a b) c = a (b c), (ii) a b = b a, (iii) a a = a. (b) Neka je A donja polumreˇ polumreˇza. za. Onda za svako a,b,c A vrijedi (i) (a b) c = a (b c), (ii) a b = b a, (iii) a a = a.

∨ ∨ ∧ ∨

∨ ∨ ∧ ∧

∨ ∧

∨ ∧

∈A

∨ ∈ ∧

Vjeˇ Vj eˇzbe zb e 1. 1. U kojim od sljede´ cih cih primjera relacija R predstavlja parcijalno uredenje na skupu A = a,b,c,d ? (a) R = (a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (a, c), (b, c), (c, d), (a, d), (b, d) , (b) R = (a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (a, b), (b, c), (c, d), (d, a) , (c) R = (b, b), (c, c), (d, d), (a, c), (b, c), (c, d), (a, d), (b, d) .

{

{ { {

}

} }

}

≤

2. Nacrtati Haseov dijagram za sljedeće ce parcijalno uredene skupove (A, ), gdje je A = a,b,c,d i (a) = (a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (a, c), (b, c), (c, d), (a, d), (b, d) , (b) = (a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (a, c), (b, c) , (c) = (a, a), (b, b), (c, c), (d, d) .

≤ { ≤ { ≤ {

{

}

}

}

}

3. Dokazati Dokazati da svaki konaˇ cni cni poset p oset ima maksimalni i minimalni element. 4. Dokazati Dokaza ti da svaka s vaka konaˇcna cna gornj g ornjaa mreˇza za ima im a na najma jmanje nje gorn g ornje je ograniˇ og raniˇcenje. cenj e. 5. Dokazati Dokaza ti da svaka konaˇ ko naˇcna cna donja don ja mreˇza za ima najve´ na jveće ce donje don je ograniˇ ogra niˇcenje. cenj e. 6. Dokazati Dokazati teoremu 10.1. 7. Bulove Bulove operacije operacije

∨ i ∧ nad skupom {0, 1} su definisane sa ∨ 0 1 ∧ 0 1 0 1

0 1

1 1

0 1

0 0

0 1

Bulova Bulova matrica matrica je matrica ˇciji ciji su elementi elementi 0 ili 1. Ako su A = [aij ] i B = [bij ] Bulove matrice m n

×

∨ B definisano je kao uij = aij ∨ bij , V = A ∧ B definisano je kao uij = aij ∧ bij , za i ∈ {1, . . . , m}, j ∈ {1, . . . , n }. Neka je S skup svih Bulovih matrica n × n. Definiˇsimo simo relaciju ≤ nad S kao A ≤ B za A, B ∈ S ako aij ≤ bij za i, j ∈ {1, . . . , n }. (a) Dokazati da S sa definisan d efinisanom om relacijom re lacijom ˇcini cini poset. (b) Dokazati da je A ∨ B najmanje na jmanje gornje ograniˇcenje cenje za {A, B }. (c) Dokazati da je A ∧ B najve´ na jveće ce donje donj e ograniˇ ogra niˇcenje cenj e za {A, B }. U = A

(d) Dokazati da je S istovremeno istovremen o i gornja i donja don ja polumreˇ p olumreˇza. za. (e) Naći ci najve´ na jveći ci i na n a jmanji jma nji element. elem ent.

126


8. Dokazati Dokazati da ako parcijalno uredeni skup ima najveći ci element, onda je on jednistven. Binarna operacija nad skupom S definiˇse se se kao funkcija b : S S S. Binarna operacija je zatvorena, jer rezultat operacije nad dva elementa iz S takode pripada S .

× →

Definicija Definicija 10.3. Skup S sa binarnom operacijom  nad S , takvom da za svako a, b i c iz S vaˇ vaˇzi (a  b)  c = a  (b  c) naziva se polugrupa i oznaˇ cava cava sa (S, ) ili jednostavno S . Ak Ako o pored toga za svako svako a i b iz S vaˇzi a  b = b  a, onda S sa operacijom  ˇcini cini Abelovu Ab elovu odnosno komutativnu komutativnu polugrupu. Ako u S postoji element e, takav da e  a = a  e = a za svako a iz S onda on da se kaˇze ze da je e neutralni element za S , a za S se kaˇ kaˇze ze da je polugrupa sa neutralnim elementom ili monoid. Definicija 10.4. (S 1 , ) je potpolugrupa polugrupe (S, (S, ) ako vrijedi (i) S 1 S, (ii) za svako a, b S 1 vrijedi a  b S 1 .

⊆

∈

∈

Primjer 10.6. Neka je A konaˇcan can skup simbola. Skup A nazivamo alfabetom. Na primjer, A bi mogao da bude podskup podskup engleskog engleskog alfabeta ili moˇ ze ze biti skup 0, 1 . String ili rijeˇ c simbola iz A ima oblik a1 a2 a3 . . . an , gdje ai A. Ako je A = 0, 1 onda su rijeˇ ci ci na primjer, 0, 1, 001, 1010. Neka A oznaˇ ozn aˇcava ca va skup sku p  svih rijeˇci ci dobijenih dobijen ih iz A. Nad A definiˇ defin iˇsemo sem o binarn bi narnu u operaciju operaci ju pod nazivom konkaten konk atenacij acija a na sljede´ slj edeći ci naˇcin: cin: Ako a1 a2 . . . an i b1 b2 . . . bm A , onda

{ } { }

∈

∈

◦

a1 a2 . . . an b1 b2 . . . bm = a1 a2 . . . an b1 b2 . . . bm .

◦

Nije teˇ sko sko vidjeti da je (A , ) polugrupa. polugrupa. Polugrupa A naziva se slobodnom polugrupom.

◦

{ { ∈

− }

Primjer 10.7. Neka je Z je Zn = [0], [0], [1], [1], [2], [2], . . . , [n 1] skup cijelih brojeva modula n, gdje je [k ] = z Z : z k( mod n) .

≡

}

⊕ i  nad Zn defin de finiˇ iˇsemo se mo [k ] ⊕ [l] = [k + l], [k ]  [l] = [k · l]. Na primjer, za n = 5 je Z5 = {[0], [0], [1], [1], [2], [2], [3], [3], [4]}, [3] ⊕ [4] = [2], [2], jer je 7 ≡ 2( mod 5) [3]  [4] = [2], [2], jer je 12 ≡ 2( mod 5). Pokazati da su (Zn , ⊕) i (Zn , ) polugrupe. Primjer Primjer 10.8. Neka je (S, ·) polugrupa i neka a ∈ S . Definiˇ De finiˇsimo si mo an rekurzivno a1 = a i an = a · an−1 za n > 1. Skup a = {an : n ≥ 1} Operacije

je potpolugrupa potpolugrupa od S .

127

10.1. PARCIJALNO ARCIJALNO UREDENI UREDENI SKUPOVI SKUPOVI



Definicija Definicija 10.5. Potpolugrupa a naziva se cikliˇ cnom cnom polugrupom generisanom sa a.

·

∈

Teorema eorema 10.2. Neka je (S, ) polugrupa polugrupa i a1 , a2 , . . . , ak S . Neka Neka je A = a1 , a2 , . . . , ak i A = a1 , a2 , . . . , ak skup koji se sastoji sastoji od svih konaˇ konaˇcnih cnih  proizvoda od a1 , a2 , . . . , ak . Tada je A najmanja potpolugrupa od S koja ko ja sadrˇ sad rˇzi zi A.

{

}





Definicija 10.6. Polugrupa A naziva naziva se polugrupom polugrupom generisano generisanom m sa A. Ako za svaki svaki pravi pravi podskup podskup B skupa A vrijedi B  = A , onda je A minimalni generiˇ gen eriˇsući ci skup sk up skup sk upaa A .



Definicija 10.7. Neka su (S, (S, ) i (T , ) polugrupe i f : S da je za sve s1 , s2 S,

·

∈

◦

·

→ T funkcija takva

◦

f ( f (s1 s2 ) = f ( f (s1 ) f ( f (s2 ). Funkcija f naziva se homomorfizam iz S u T . T .

·

◦

→

Teorema 10.3. Neka su (S, ) i (T , ) polugrupe i f : S T homomorfizam. (i) Ako je S 1 potpolugrupa grupe S , onda je f ( f (S 1 ) potpolugrupa od T . T . − 1 (ii) Ako je T 1 potpolugrupa grupe S , onda je f (T 1 ) potpolugrupa od S . Definicija 10.8. Neka je (S, (S, ) polugrupa i R relacija ekvivalencije nad S . Ako za R vrijedi s1 Rs2 i s2 Rs4 s1 s3 Rs2 s4

·

⇒

za sve s1 , s2 , s3 , s4

∈ S , za R se kaˇze ze da d a je j e relacija re lacija kongruencije. kongruenci je.

Teorema 10.4. Klase ekvivalencije relacije kongruencije R nad polugrupom polugrupom S formiraju polugrupu polugrupu definisanu sa [a] [b] = [a [ a b].

◦

·

Definicija 10.9. Polugrupa formirana od klasa ekvivalencije relacije kongruencije R nad polugrupom polugrupom S naziva se koliˇcniˇ cniˇckom ckom ili faktorskom polugrupo polu grupom mi ozna oz naˇˇcava cava sa S/R. S/R. Teorema 10.5. Neka su (S, ) i (T , ) polugrupe i f : S T homomorfizam. relacija R nad S nad S definisana sa sRs1 ako je f je f ((s) = f ( f (s1 ) je relacija kongruencije.

·

◦

→

Dokaz. Pretpostavimo da je s1 Rs2 i s3 Rs4 . Tada ada je f ( f (s1 ) = f ( f (s2 ) i f ( f (s3 ) = f ( f (s4 ). Vrijedi

·

◦

◦

·

f ( f (s1 s3 ) = f ( f (s1 ) f ( f (s3 ) = f ( f (s2 ) f ( f (s4 ) = f ( f (s2 s4 ), pa je

·

·

s1 s3 Rs2 s4 .

128


Definicija Definicija 10.10. Kom Komutati utativna vna polugrupa polugrupa (S, ) je polumreˇza za ako je svaki element a S idempotentan, to jest vrijedi a  a = a za svaki a iz S . (S 1 , ) je potp po tpolum olumreˇ reˇza za od (S, ) ako vrijedi (i) S 1 S , (ii) za sve a, b S 1 je a  b S 1 .

∈

⊆

∈

∈

Teorema 10.6. 1 0.6. Neka je S je S polumreˇ polu mreˇza, za , definiˇ de finiˇsimo si mo relaci rela ciju ju nad S nad S kao a b ako je a  b = b za a, za a, b S . Tada je ( je (S, ) poset, a  b je najma na jmanje nje gornj g ornjee ograniˇcenje cenj e za a i b i (S, ) je gornja gorn ja polumreˇza. za. Sliˇcno, cno, (S, ) je donja polumreˇ polumreˇza za ako se relacija a b defin de finiˇ iˇse se kao ka o a  b = a.

∈

≤

≤

≤

≤

≤ ≤

∈

≤

Dokaz. Vrijedi a a za svako a S jer je a  a = a, pa je refleksivna. Neka vrijedi a b i b a. Tada je a  b = b i b  a = b, kako je operacija  komutativna dobijamo a = b, pa relacija antisime antis imetriˇ triˇcna. cna. Neka a b i b c. Tada vrijedi vrijedi a  b = b i b  c = c, pa imamo

≤

≤

≤

≤

a  c = a  (b  c) = (a  b)  c = bc = c,

≤

≤

i a c, pa slijedi da je tranzitivna. Dakle, S je poset. p oset. Pokaˇ Pokaˇzimo zimo da je a  b najmnanj na jmnanjee gornje go rnje ograniˇcenje cenje za a i b. Kako je a  (a  b) = (a ( a  a)  b = ab vrijedi a

≤ a  b. Sliˇ Sl iˇcno cn o

b  (a  b) = b  (b  a) = (b  b)  a = ba = ab,

≤

pa je i b a  b. Prema tome a  b je gornje ograniˇcenje cenje za a i b. Pretpostavimo da je c gornje gorn je ograniˇ ogra niˇcenje cenj e za a i b. Tada je a  c = c i b  c = c. Vrijedi (a  b)  c = a  (b  c) = ac = c,

≤ ≤

pa dobijamo da je a  b c. Dakle, a  b je naj n ajmanje manje gornje ograniˇcenje cenje za a i b odakle slijedi da je (S, (S, ) gornj g ornjaa polu p olumreˇ mreˇza. za. Vjeˇ Vj eˇzbe zb e 2.

ˇ 10 10.2 .2.. MR MRE E ZE

129

1. Dokazati Dokazati da skup pozitivnih pozitivnih cijelih brojeva, brojeva, oblika 4k 4k + 1, gdje gdje je k nenegativni cijeli broj, bro j, ˇcini cini polugrupu polu grupu u odnosu o dnosu na mnoˇ mn oˇzenje. zenje.

⊕



2. Dokazati da su (Z (Zn , ) i (Zn , ) polugrupe za bilo koji cijeli broj n

≥ 1.

3. Neka je S skup svih funkcija nepraznog skupa A koje ga preslikavaju u samog sebe zajedno sa binarnom operacijom kompozicije funkcija. Pokazati da skup svih funkcija ”jedan na jedan”ˇ cini cini potpolugrupu p otpolugrupu o d S .

∈

◦

4. Ako je f S idempotentna, tada vrijedi f f = f. Takva funkcija se zove zove retrakcija. retrakcija. Slika Slika od f naziva naziva se retrakt. retrakt. Pokazati Pokazati da je retrakc retrakcija ija preslikavanje ”jedan na jedan”na svojoj slici.

||





5. Pokazati Pokazati da su realne funkcije f ( f (x) = x , g (x) = x , h(x) = x retrakcije. Koji su odgovaraju´ ci ci retrakti? Da li funkcije f, g i h komutiraju? Ispitati da li je ( f , g , h , ) polum po lumreˇ reˇza? za?

{

}◦

6. Neka je S skup realnih brojeva i neka je  binarna operacija definisana sa a  b = max a, b . Pokaati da je (S, (S, ) polugrupa. p olugrupa. Da li je ona polumreˇza? za?

{ }

7. Neka Neka je S skup. Definisati operaciju  nad S kao a b = b za svako a, b S . Dokazati da je (S, (S, ) polugrupa u kojoj je svaki element idempotentan.

∈

10.2

Mreˇ ze ze

Definicija 10.11. Mreˇza za je poset pose t (S, ) koji je istovremeno i gornja i donja polum ol umreˇ reˇza. za .

≤

Najmanje Naj manje gornje ograniˇcenje cenje za a, b S oznaˇ oz naˇcavamo cavam o sa a b (supremum od a i b) i najve´ na jveće ce donj do njee ogra o graniˇ niˇcenje cen je oznaˇ ozn aˇcavamo cavam o ssaa a b (infimum od a i b). Mreˇ Mr eˇza za se oznaˇ ozn aˇcava cava sa (S, , ).

∈

∨∧

∧

Teorema 10.7. Neka je (S, , ) mreˇza. za. Tada za sve a,b,c (a) Komutativnost a b=b a

∨∧

∨ ∨ a∧b = b∧a

(b) Asocijativnost

∨ b ) ∨ c = a ∨ ( b ∨ c) ( a ∧ b ) ∧ c = a ∧ ( b ∧ c) (a

(c) Apsorpcija

∨ (a ∧ b) = a a ∧ (a ∨ b) = a a

∨

∈ S vrijedi:

130


Dokaz. Za dokaz (a) i (b) vidjeti vjeˇ zbe zbe 1. (c) Po definiciji parcijalnog uredenja je a a i a b a pa je a jedno gornje ograniˇ ogra niˇcenje cenj e za a, a b . Nek Neka je c gornje ograniˇcenje cenje za a, a b . Tada ada je , pa je najmanje na jmanje gornje ograniˇ cenje, c enje, pa je j e = ( ) Sliˇ Sl iˇ cno c n o se p okaˇ okaˇze ze a c a a a a b. i a (a b) = a

{

≤ ∧ ∨

≤

∧}

∧ ≤ { ∨ ∧

∧}

Primjer Primjer 10.9. Neka je S partitiv partitivni ni skup skupa skupa A sa parcijalnim parcijalnim uredenjem uredenjem U V ako U V za svako U, V S . Tada je U V = U V i U V = U V i (S, , ) ˇcini mreˇ reˇzu.

≤

⊆

∪∩

∈

∨

∪

∧

∩

Primjer Primjer 10.10. Neka je S skup pozitivnih cijelih brojeva sa parcijalnim uredenjem n m ako m n. Tada je m n = [m, n] (najmanj (naj manjii zajedniˇ zaj edniˇcki cki sadrˇ sad rˇzilac zil ac od m i n) i m n = (m, n) (najve´ (naj veći ci zajedniˇ zajedn iˇcki cki djelil dje lilac ac od m i n). Prema tome, S predsta preds tavl vlja ja mreˇzu. zu .

≤

|

∧

∨

Definicija 10.12. Neprazni skup S 1 je podmreˇ dm reˇza za mreˇ mr eˇze ze (S, , ) ako vrijedi: (i) S 1 S, (ii) za sve a, b S 1 elementi a b i a b pripadaju S 1 .

⊆

∨∧

∈

∨ ∧ (S, ∨, ∧) je ograniˇcena cena ako S ima najveće ce donje i

Definicija Definicija 10.13. Mreˇ Mr eˇza za najmanje na jmanje gornje ograniˇcenje. cenje. Najmanje Naj manje gornje ograniˇcenje cenje oznaˇcavamo cavamo sa 1, a najve´ na jveće ce donj do njee ogra o graniˇ niˇcenje cen je oznaˇ ozn aˇcavamo cavam o sa s a 0. 0. Iz definicije definici je ograniˇcene cene mreˇze ze slijedi da kod ograniˇcene cene mreˇze ze posto je elementi 0 i 1 takvi da je 0 a = 0 i 1 a = 1 za svaki a S . Isto tako nije teˇsko sko vidjeti vid jeti da je u ogran o graniˇ iˇceno ceno j mreˇ m reˇzi zi 1 a = a i 0 a = a za svaki a S .

∧

∨ ∈ ∧ ∨ ∈ Definicija Definicija 10.14. Neka su (S, (S, ∨, ∧) i (S  , ∨ , ∧ ) mreˇ mre ˇze. ze. Funkcija Funkci ja f : S → S  je homomorfizam ako za svako s, t ∈ S vrijedi f ( f (s ∧ t) = f ( f (s) ∧ f ( f (t), f ( f (s ∨ t) = f ( f (s) ∨ f ( f (t). Ako su S i S  ograniˇ ogra niˇcene, cene , onda o nda je f ograniˇceni ceni homomorfizam homomor fizam i vrijedi v rijedi f (0) f (0) = 0 i f (1) f (1) = 1 .

Definicija Definicija 10.15. Neka su (S, (S, , ) i (S  ,  ,  ) mreˇ mre ˇze. ze. Funkcija Funkci ja f : S izomorfizam kao je f homomorfizam i ako jef jef bijekcija.

∨∧

∨ ∧

→ S  je

Primjer 10.11. Neka je A = a,b,c , B = a, b , S = ( (A), , ) i S  = ( (B ), , ) mreˇze. ze . Tada je f : S S  homomorfizam, gdje za dati skup C iz S vaˇzi f ( f (C ) = f ( f (C  ), pri ˇcemu ce mu je C  = C c .

P

∪∩

{

→

}

{ }

P ∪ ∩

\{ \{ }

Definicija 10.16. Mreˇ re ˇza za (S, , ) je distr d istribu ibutivn tivna a mreˇza za ako za z a svako a,b,c vrijedi a (b c) = (a b) (a c)

∨∧ ∧ ∨ ∧ ∨ ∧ a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

∈ S

131

10.3. 10. 3. GRUPE GRUPE Vjeˇ Vj eˇzbe zb e 3. 1. Koji Ko ji od sljedećih cih grafova predstavlja p redstavlja mreˇze? ze?

2. Pokazati da sljedeće ce mreˇze ze nisu distributivne. distrib utivne.

3. Koje Ko je od o d sljede´ sl jedećih cih mreˇ m reˇza za ima im a svojstvo svo jstvo distribu d istributivnosti tivnosti??

10.3

Grupe

Definicija Definicija 10.17. Grupa je skup G zajedno sa binarnom binarnom operacijom pri ˇcemu em u vaˇ vaˇzi: zi : (1) a (b c) = (a ( a b) c za svako a,b,c G (asocijativnost), (2) U G postoji element 1, koji se zove neutralni element takav da je

◦ ◦

◦ ◦

◦ nad G,

∈

a 1 = 1 a = a za svako a

◦ ◦ ∈ G, (3) Za svaki element a ∈ G postoji element a−1 , koji zovemo inverzni element elementa a, takav da vrijedi a ◦ a−1 = a−1 ◦ a = 1. Ako je operacija ◦ komutativna za G se kaˇ ze ze da je komutativna ili Abelova grupa. Grupa je konaˇ cna cna ako je skup G konaˇcan. can. Binarna operacija operac ija ◦ je nad G, to znaˇci ci da ako a, b ∈ G da i a ◦ b ∈ G, kaˇ ze ze se i da je operacija opera cija ◦ zatvorena. Navedimo neke primjere grupa.

132


Primjer 10.12.

1. Parni cijeli brojevi sa binarnom operacijom operacijom sabiranja.

2. Skup matric matrica a n n m ˇciji ciji su elementi el ementi realni realni brojevi, sa binarnom bi narnom operacijom sabiranja matrica.

×

3. Ostaci po modulu pozitivnog pozitivnog cijelog broja n, sa binarnom operacijom sabiranja po modulu n. Definicija Definicija 10.18. Ako je G grupa sa n elemenata, tada se n zove red grupe G.

{ − − }

Neka je S = i, i, 1, 1 Skup S je grupa reda 4 sa binarnom operacijom mnoˇ mn oˇzenj ze nja. a. Sljedeće ce osobine osobi ne grupe grup e se jednostavno j ednostavno provjeravaju: provjeravaju : 1. Neutralni Neutralni element element je jedinstv jedinstven. en. 2. Inverzni element element je jedinstven.

∈ G vrijedi (a (a−1 )−1 = a. 4. Za elemente elemente a, b ∈ G vaˇ vaˇzi, zi , (a ◦ b)−1 = b−1 ◦ a−1 . 5. Za svaki svaki a ∈ G vrijedi (a (am )n = amn za sve cijele brojeve m i n. 6. Ak Ako o je a ◦ a = a onda je a = 1. Lema 10.1. Ako je G konaˇcna cna grupa i ako je a ∈ G, onda za neki pozitivni s 3. Za svaki svaki a

cijeli broj s vaˇzi a = 1.

∈

Dokaz. Ako je G konaˇ kon aˇcna cn a grup g rupa a i a G onda za neke cijele brojeve i i j vrijedi i j a = a , jer posto ji samo sa mo konaˇcno cno mnogo m nogo razliˇcitih citih stepena. stepen a. Neka je npr. i < j . Tada iz ai = aj dobijamo 1 = aj −i , pa moˇzemo zemo staviti stavi ti s = j i.

−

Definicija 10.19. Neka je G grupa i a G. Najmanji pozitiv pozitivan an cijeli cijeli broj p takav da je a p = 1 naziva se red elementa a.

∈

Teorema 10.8. Ako u grupi G za element A vrijedi as = 1 onda red elementa a dijeli s. Dokaz. Neka je p red elementa s. Pretpos Pretposta tavim vimo o da je s = pq + r za neko s pq +r pq r p q r 0 r < p. Tada a = a = a a = (a ) a = 1q ar = ar , prema tome je as = 1 ako i samo ako je r = 0 jer je p najmanji cijeli pozitivan broj za koji je a p = 1.

≤

Primjer 10.13. Odrediti red elementa i kod grupe S = i, i, 1, 1 sa operacijo ci jom m mnoˇ m noˇzenja. zen ja.

{ − −}

Definicija 10.20. Podskup H grupe G je podgrupa od G ako je H sa istom operacijom grupa. Primjer 10.14.

1. Grupa Grupa (Q, +) je podgrupa grupe (R, +). +).

2. Grupa Grupa (S, ), gdje je S = [0], [0], [2], [2], [4] je podgrupa grupe (Z6 , ).

⊕

{

}

⊕

133

10.3. 10. 3. GRUPE GRUPE

·

Teorema 10.9. Neprazan podskup H grupe (G, ) je podgrupa ako i samo ako 1 za svako h1 , h2 H , vaˇzi h1 h− H. 2

∈

·

∈

∈ ∈

· ∈ · ∈

1 Dokaz. Ako je H podgrupa i h1 , h2 H onda i h− H , pa zbog zatvorenosti 2 − − 1 1 h1 h2 H. Obrnuto, ako h1 h2 H za sve h1 , h2 H onda, za svaki − 1 h H i h h H , pa neutralni element 1 H . Sada, dobijamo dobijamo da za svaki svaki − 1 − − 1 1 h H i 1 h H , to jest h H . Ako h1 , h2 H onda i h1 , h2 H , pa 1 −1 h1 (h− ) H , to jest h h H , pa vrijedi i zatvorenost. Odatle slijedi da 1 2 2 je H grupa.

· ∈ ∈ ·

∈ · ·

∈

∈

∈

∈

∈

∈

∈

∈

Koristeći ci prethodnu pretho dnu teoremu dobijamo dobija mo sljedeći ci rezultat. Teorema 10.10. Ako je g u grupi G takav da je g n = 1 za neko n i p najmanji pozitivan cijeli broj takav da je g p = 1, onda je skup g, g 2 , . . . , g p podgrupa grupe G.

{

}

Definicija 10.21. Ako je g p = 1, skup g, g 2 , . . . , g p se naziva naz iva konaˇ kon aˇcna cna cikl ci kliˇ iˇcna cna grupa generisana sa g i oznaˇ oz naˇcava cava sa g .

{ 

Primjer 10.15. Neka je dat skup S = S, 1 = 1, 1 .

−  { − }

·

}

{−i,i, −1, 1}.



Vrijedi rijedi i = S,

−i =

∈

Teorema eorema 10.11. Neka Neka je (G, ) grupa grupa i a1 , a2 , . . . , ak G. Neka je je A =  a1 , a2 , . . . , ak i A = a1 , a2 , . . . , ak skup koji sadrˇzi zi sve konaˇcne cne proizvode proizv ode elemenata a elemenata a1 , a2 , . . . , ak i njima njim a odgovarajućih cih inverznih in verznih elemenata. elemenat a. Tada je A najmanja podgrupa od G koja koj a sadrˇ sad rˇzi zi A.

{

}





Definicija 10.22. Ako je A podskup grupe G, podgrupu A zovemo grupom generisanom sa A. Ako skup A generiˇ gen eriˇse grupu gru pu H i nijedan drugi podskup od A ne generiˇ gen eriˇse H , onda je A minima min imalni lni generiˇ gene riˇsu´ sući ci skup za H . Ako A sadrˇ sa drˇzi zi samo sam o  jedan element onda je A cikliˇ cik liˇcka cka grup gr upa. a. Napomen Nap omenim im da je u cikl c ikliˇ iˇcno cno j grup g rupii mogu´ m oguće ce imati imat i minim m inimaln alnii gener g eneriˇ iˇsu´ sući ci skup sku p i sa viˇse se od jednog elementa.

◦

Definicija 10.23. Za podgrupu H grupe (G, (G, ) i bilo koje a iz G, a H = a h : h

◦

{ ◦

∈ H } je lijevi koset od H u G.

Primjer 10.16. Skup

{

H = 5k : k

∈ Z}

je podgrup podgrupa a grupe (Z, +). +). Odredimo lijeve kosete od H . Vrijedi, Vrijedi,

{

∈ Z}, 1 + H = {1 + 5k 5 k : k ∈ Z}, 2 + H = {2 + 5k 5 k : k ∈ Z}, 3 + H = {3 + 5k 5 k : k ∈ Z}, 4 + H = {4 + 5k 5 k : k ∈ Z}. 0 + H = 5k : k

Dakle, ukupno imamo pet lijevih koseta. Primjetimo, ovih pet lijevih koseta ˇcine cine jednu particiju skupa Z.

134


Lema 10.2. Za podgrupu H grupe G, lijevi l ijevi koseti ˇcine cine particiju grupe G.

∈ ∈ ◦ ∩◦ ◦ ◦

∈

∈ ◦ ∈

Dokaz. Kako je H podgrupa, 1 H , pa imamo da je za a G, a a H . Dakle, unija svih lijevih koseta je jednaka G. Pretpos Pretposta tavim vimoo sada sada da imamo lijeve kosete a H i b H i neka c a H b H . To znaˇci ci da d a posto p ostoje je h1 , h2 H takvi da je c = a h1 = b h2 .

◦

Odavde imamo,

◦

1 a = b h2 h− 1 .

◦ ◦ 1 Kako je H podrupa, h2 ◦ h− 1 ∈ H i a ∈ b ◦ H , pa dobijamo a ◦ h ∈ b ◦ H za svaki h ∈ H, to jest,

◦ ⊆ b ◦ H.

a H Sliˇcno cno dobijam dobi jamoo

◦ ⊆ a ◦ H.

b H Dakle,

a H = b H.

◦

◦

Lema 10.3. Ako je G konaˇ kon aˇcna cn a grupa gr upa i H podgrupa grupe G, onda svi koseti od H sadrˇ ze ze isti broj elemenata, tj. broj elemenata kao u H . Dokaz. Tvrdenje Tvrdenj e slijedi slij edi iz i z ˇcinjenice cinjeni ce da je preslikavanje pr eslikavanje f : H sa f ( f (h) = a h bijekcija.

◦

→ a ◦ H definisano

Teorema 10.12. (Lagranˇ (Lag ranˇz) z) Ako je G konaˇ kon aˇcna cna grupa gru pa i H njena podgrupa onda red od H dijeli red od G. Dokaz. Neka je p red od H , q broj lijevih koseta i n red od G. Na osn osnoovu prethodne prethodne dvije leme dobijamo dobijamo n = pq .

∈ G onda je gn = 1. Dokaz. Neka je p najmanji prirodan broj za koji je g p = 1. Skup {g, g 2 , . . . , g p }

Teorema 10.13. Ako je G grupa reda n i g

je podgrupa grupe G. Neka Neka je broj lijevih lijevih koset koseta a za H jednak q . Na osn osnov ovu u prethodne dvije leme je n = pq . Sada je g n = (g p )q = 1q = 1. Vjeˇ Vj eˇzbe zb e 4. 1. Napisati tabelu sabiranja i mnoˇ zenja zenja za Z5 . 2. Izraˇ Izr aˇcunati cun ati [4] [ 4]

 [2]  [3]  [5] u Z7.

3. Prona´ ci ci inverzni element u odnosu na operaciju

 elementa [7] u Z10.

4. Da li je presjek dvije dvije podgrupe grupe G takode takode podgrupa grupe G?

135

10.3. 10. 3. GRUPE GRUPE 5. Da li je unija dvije grupe grupe takode grupa? grupa?

∈

6. Centar Centar grupe grupe G definisan je kao skup svih g G takvih da je gh = hg za svako h G. Dokazati da je centar grupe njena podgrupa.

∈

Definicija 10.24. Neka su (G, (G, ) i (H, ) grupe i funkcija f : G H . Funkcija f je homomorfizam ako vrijedi f ( f (a b) = f ( f (a) f ( f (b) za svako a, b G. Homomorfizam je monomorfizam ako je f preslikavanje ”1-1”, epimorfizam ako je f ”na”, izomorfizam ako je ”1-1”i ”na”.

◦

∗

◦

→

∗

∈

Primjer Primjer 10.17. Neka su date grupe (Z, +) i (Z7 , ) i funkcija f : Z definisana sa f ( f (a) = [a [ a]. Funkcija f je homomorfizam jer vrijedi

⊕

→ Z7

⊕ [b] = f ( f (a) ⊕ f ( f (b). Homomorfizam f je epimorfizam jer za svaki [a] ∈ Z7 je f ( f (a) = [a], ali f nije f ( f (a + b) = [a + b] = [a]

monomorfizam, jer npr. f (1) f (1) = f (8) f (8) = [1]. [1].

Neka je f : G

→ H homomorfizam tada vrijedi:

1. Ako je e neutralni element grupe G onda je f ( f (e) neutralni element grupe H . 2. Ako je a−1 inverzni inverzni element elementa a iz G onda je f ( f (a−1 ) inverzni inverzni element elementa f ( f (a) iz H . 3. Ako je K podgrupa grupe H onda je f −1 (K ) podgrupa grupe G. 4. Ako je K podgrupa grupe G onda je f ( f (K ) podgrupa grupe H .

◦

Ako su H i K podskupovi grupe (G, (G, ) koristi´ koris tićemo cemo oznaku ozna ku

◦

{ ◦ ∈ H, k ∈ K }. Koristi se i oznaka H K umjesto H ◦ K . Nije teˇsko sko vidjeti da za podskupove po dskupove H,J,K vrijedi (H (H ◦ J ) ◦ K = H ◦ (J ◦ K ). ). Definicija 10.25. Ako je H podgrupa grupe (G, (G, ◦) i vrijedi gH g −1 = H za svaki g ∈ G, tada se grupa H zove normalna podgrupa. Definicija 10.26. Neka je f : G → H homomorfiza homomorfizam. m. Jezgro Jezgro grupe G je skup {x : x ∈ G i f ( f (x) = e}, pri ˇcemu cemu je e neutralni element grupe H . Teorema 10.14. Jezgro od f : G → H je normalna podgrupa grupe G. H K = h k : h

Dokaz. Teorema 10.15. Podgrupa H grupe (G, ) je normalna podgrupa ako i samo ako je gH = hg za svaki g G.

∈

◦

Dokaz. Teorema 10.16. Ako je H podgrupa grupe (G, ) tada je H H = H.

◦

◦

136


Dokaz. Teorema 10.17. Ako je H normalna podgrupa grupe (G, ), onda ond a vaˇzi zi abH = (aH )(bH )(bH ) za svako a, b G.

◦

∈

Dokaz. Posljedica Posljedica 10.1. Ako je H normalna podgrupa grupe (G, ), onda koseti od H u G ˇcine cine podgrupu podgrupu pod pod operacijom (aH )(bH )(bH ) = abH. Ova grupa zove se faktorska grupa grupa i oznaˇ cava cava sa sa G/H.

◦

Posljedica Posljedica 10.2. Ako je g : G homomorfizam.

→ G/H definisano sa f ( f (a) = aH, onda je f

Teorema eorema 10.18. Neka je f : G H epimorfizam sa jezgrom K . Onda Onda je faktorska grupa grupa G/K izomorfan sa H .

→

Dokaz. Defin De finiˇ iˇsimo si mo F : G/K

→ H sa

F ( F (gK ) gK ) = f ( f (g ) za svako g

∈ G.

Pokaˇ Poka ˇzimo zi mo da je F dobro definisano, to jest da ako je gK = g K, da iz F ( F (gK ) = h i F ( F (g  K ) = h slijedi da je h = h . Neka je gK = g  K i f ( f (g) = h, f ( f (g  ) = h . Kako je gK = g  K postoji k K takav da je g = g  k. Sada imamo

∈

h = f ( f (g ) = f ( f (g k ) f = (g  )f ( f (k) (jer je f homomorfizam) = h e (jer je K jezgro)

◦

= h .

Pokaˇzimo zimo sada sad a da je F homomorfizam. F ( F (gK g K ) = F ( F (gg  K ) = f ( f (gg  ) = f ( f (g )f ( f (g ) = F ( F (gK )F ( F (g  K ). Funkcija f je epimorfizam, pa za h H ,postoji ,postoji g G, takav da je f ( f (g ) = h, pa je i F ( F (gK ) = h. Znaˇ Zn aˇci, ci , F je epimorfizam. Pokaˇzimo zimo da je F monomo monomorfiz rfizam. am. Ak Akoo je F ( F (gK ) gK ) = F ( F (g K ) onda je f ( f (g) =  −  − 1 1 f ( f (g ), a odavde je f ( f (g )f ( f (g ) = f ( f (g )f ( f (g ). Kako je f homomorfizam imamo f ( f (e) = f ( f (g g −1 ), pa g g−1 K , a odavde zakljuˇcujemo cujemo da je gK = g  K.

∈

∈

Vjeˇ Vj eˇzbe zb e 5

∈

137

10.3. 10. 3. GRUPE GRUPE

1. Ako je f : G G homomorfizam iz grupe (G, (G, ) u grupu (G (G , ), pokazati da je H = x : f ( f (x) = e podgrupa grupe G (e je neutralni element iz  G ).

→ {

◦

}

◦

→

2. Ako je f : G H homomorfizam i ako je K podgrupa od H pokazati da − 1 je f (e), gdje je e neutralni element iz H , normalna podgrupa od G. 3. Autmorfizam Autmorfizam grupe je izomorfizam izomorfizam grupe na samu sebe. Dokazati Dokazati da je, za bilo koji fiksirani element a G, funkcija T a : G G, definisana kao − 1 T a (h) = a ha, automorfizam na G. Pok Pokaza azati ti da skup skup T a : a G predstav predstavlja lja grupu u odnosu na kom kompozicij poziciju. u.

∈

→

{

∈ }

4. Elementi Elementi grupe grupe G oblika x−1 y −1 xy nazivaju se komutatorima. komutatorima. Dokazati Dokazati da je grupa, generisana skupom C svih komutatora iz G, normalna podgrupa grupe G. 5. Ako je C normalna podgrupa p odgrupa koja sadrˇ zi zi skup svih komutatora komutatora grupe G, dokazati da je tada G/C komutativna.

138


Glava 11

Teorij or ija a izraˇ cun unav ava anja nja 11.1 11.1

Regu Regula larn rnii jezi jezici ci

Definicija 11.1. Definicija 11.2. Definicija 11.3. Definicija 11.4. Definicija 11.5. Definicija 11.6. Definicija 11.7. Definicija 11.8. Vjeˇ Vj eˇzbe zb e 1 1. 2. 3. 4. 5.

11.2 11.2

Auto Automa mati ti

11.3

Tjuringove maˇ maˇsine sine 139

140

ˇ GLAV GLA VA 11. TEORIJA TEORIJA IZRACUNAVANJA

Glava 12

Teorija kodova 12.1 12.1

Genera Generator torsk ske e matri matrice ce

12.2 12.2

Heming Hemingo ovi kodovi odovi

141

142

GLAV GLA VA 12. TEORIJA KODOV KODOVA

Glava 13

Primjene teorije brojeva 13.1 13.1

Prepozn Prepoznav avanj anje e oblik oblika a

13.2

Funkcije heˇ siranja siranja

13.3 13.3

Krip Kr ipto togr grafi afija ja

143

144

GLAV GLA VA 13. PRIMJENE TEORIJE BROJEV BROJEVA A

Glava 14

Zadaci sa kolokvijuma i pismenih ispita 14.1 14.1

1. Kolok Kolokvij vijum um 28. 28. nove novem mbar 2007. 2007.

1. (a) Opisati Euklidov Euklidov algoritam. algoritam. (10) (10) (b) Rijeˇ Rij eˇsiti siti Diofantovu Diof antovu jednaˇ jed naˇcinu cinu 17 17x x + 101y 101y = 1.(10) 2. (a) Definisati Ojlerovu Ojlerovu funkciju. funkciju. (5) (b) Ako Ako je n = p1α1 p2α2 je

· · · pkα

k

kanonska faktorizacija broja n dokazati da

 −  − ··· − 

ϕ(n) = n 1

1 p1

1

1 p2

1

1 pk

.(10)

3. Koliko ima prirodnih brojeva koji dijele bar jedan od brojeva 1060 , 2050 , 9040 ? (10) 4. Ako je ( p, ( p, q ) = 1 i p 2 dokazati da u nizu mnogo cijelih brojeva. (10)

≥

  pn qn +1

ima beskonaˇ bes konaˇcno cno

5. Rijeˇsiti siti sistem kongruencijskih kongruenci jskih jednaˇcina cina


(10) 6. (a) Definisati Definisa ti Fibonaˇcijev cijev niz brojeva broj eva i koristeći ci funkcije generatrise izvesti formu fo rmulu lu za opˇsti sti ˇclan cl an niza ni za F n . (15) 145

146

GLAV GLA VA 14. ZADACI SA KOLOKVIJUMA KOLOKVIJUMA I PISMENIH ISPITA ISPITA (b) Dokazati Dokazati identitet F 02 + F 12 + F 22 +

· · · + F n2 = F n · F n+1, n ∈ N.

(5)

{ }

7. Naći ci funkciju funkcij u generatrisu generat risu niza ni za an ako on zadovoljava zadovoljava rekurentnu relaciju an+2

4an = 2n , n = 0, 1, 2, . . . , − 4an+1 + 4a

a0 = a1 = 0 i odatle od atle naći ci opˇsti sti ˇclan cla n niza. niza . (15)

14.2

1. Kolokvijum 28. novembar novembar 2007. (Rjeˇ (Rjeˇ senja) senja)

algoritam) Pretpostavimo da su a, b 1. (a) (Euklidov (Euklidov algoritam) neka su q 1 , q 2 , . . . , qn +1 Z, i 0 < rn < rn−1 <

∈ N i a < b. Dalje,

∈ r1 , r2 , . . . , rn ∈ N

· · · < r1 < a takvi da je b = aq 1 + r1 a = r1 q 2 + r2 r1 = r2 q 3 + r3 .. .

rn−2 = rn−1 q n + rn rn−1 = rn q n+1 . Tada je (a, (a, b) = rn . Pokaˇ zimo zimo prvo da je (a, b) = (a, r1 ). Iz (a, b) a, (a, b) b i b = aq 1 + r1 imamo (a, (a, b) r1 . Dakl Dakle, e, (a, (a, b) (a, r1 ). S druge strane, (a, (a, r1 ) a i (a, r1 ) r1 , pa kako je b = aq 1 + r1 imamo (a, (a, r1 ) b. Dakle, (a, (a, r1 ) (a, b), pa je (a, (a, b) = (a, ( a, r1 ). Na sliˇ sl iˇcan can naˇcin ci n imamo im amo

|

|

| |

|

(a, r1 ) = (r1 , r2 ) =

|

|

|

( rn−1 , rn ). · · · = (r

Kako je (rn−1 , rn ) = rn , dobijamo (a, b) = rn . (b) x = 6 + 101t, 101t, y =

−1 − 17 17t, t, t ∈ Z.

2. (a) (a) Neka Neka je ϕ(n) bro j prirodnih priro dnih brojeva koji ko ji nisu veći ci od n, a uzajamno su prosti sa n. Definiˇsimo simo ϕ(1) = 1. Na taj naˇ naˇcin cin je definis definisana ana funkcija ϕ : N N koja se naziva Ojlerova funkcija. funkcija.

→

ˇ 14.2. 1. KOLOKVIJU KOLOKVIJUM M 28. NOVEMBAR NOVEMBAR 2007. (RJE SENJA)

147

(b) Ak Ako o je p prost broj onda u nizu 1, 2, . . . , p , . . . , 2 p, . . . , pα−1 p ima pα−1 brojeva djeljivih sa p, pa je ϕ( pα ) = pα zbog multiplikativnosti funkcije ϕ dobijamo ϕ(n) =

ϕ( p1α1 )

···

ϕ( pkαk ) =

p1α1

− pα−1. Odavde

 − ···  −  1

1 p1

pkαk 1

1 pk

,

ˇcime cim e je dokaz do kaz zavrˇ zav rˇsen. sen . 3. Neka Neka A predstavlja skup svih djelilaca broja 1060 , B skup svih djelilaca broja 2050 i C skup svih djelilaca broja 90 40 . U A se nalaze svi brojevi oblika 2i 5j , 0 i 61 61,, 0 j 61, kojih ima 612 = 3721. 3721. Sliˇ Sl iˇcno cn o zaza kljuˇ klj uˇcujemo cuj emo da je B = 101 51 = 5151, 5151, C = 41 81 41 = 136161. 136161. Dalje, A B = 61 51 = 3111, A C = 41 41 = 1681, 1681, B C = 41 41 = 1681, 1681, A B C = 41 41 = 1681. 1681. Koris Ko riste´ teći ci form f ormul ulu u uklj uk ljuˇ uˇcnosti cno sti-i -isk sklj ljuˇ uˇcnost cn ostii

≤ ≤ ≤ ≤ | | · | | · · | ∩ | · | ∩ | · | ∩ | · | ∩ ∩ | · |A ∪ B ∪ C | = |A| + |B| + |C | − |A ∩ B| − |A ∩ C | − |B ∩ C | + |A ∩ B ∩ C |,

dobijamo

|A ∪ B ∪ C | = 3721+5151+136161 − 3111 − 1681 − 168 16811 + 168 1681 1 = 140 140241 241..

  n

4. Ako je ( p, ( p, q ) = 1 i p 2 dokazati da u nizu qnp+1 ima beskonaˇ bes konaˇcno cno mnogo cijelih brojeva. (10) Rjeˇsenje. senje. Kako je ( p, q ) = 1, to je i ( p ( pk , q ) = 1 za sve k N. Za svaki prirodan broj k vaˇzi q p pkϕ(q) 1.

≥

∈

|

−

Neka je nk = Tada je

Kako je p

pkϕ(q ) q

− 1.

pnk pnk = kϕ(q ) = pnk −kϕ(q) . qn k + 1 p kϕ(q ). ≥ 2, za dovoljno veliko k vrijedi nk ≥ kϕ(

5. a1 = 2, a2 = 3, 3 , a3 = 2, 2,

· ·

m1 = 5, 5 , m2 = 7, 7 , m3 = 13 13,, m = 5 7 13 = 455, 455, m m m = 91 91,, = 65 65,, = 35 35.. m1 m2 m3 Odredimo b1 , b2 , b3 . Iz 91 91bb1

1(mod5) 5),, ≡ 1(mod

148

GLAV GLA VA 14. ZADACI SA KOLOKVIJUMA KOLOKVIJUMA I PISMENIH ISPITA ISPITA dobijamo b1

1(mod5) 5),, ≡ 1(mod

pa je b1 = 1, na sliˇ sl iˇcan ca n naˇcin, ci n, iz 65 65bb2

1(mod7) 7) ≡ 1(mod

35 35bb3

1(mod13) 13) ≡ 1(mod

i dobijamo

≡ 1(mod 1(mod7) 7),, 9b3 ≡ 1(mod 1(mod13) 13).. 2b2

Znaˇci, b2 = 4 i b3 = 3, pa je x0 =

m m m b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 = 91 1 2 + 6 5 4 3 + 3 5 3 2 = 1172. 1172. m1 m2 m3

· ·

· ·

· ·

Opˇste ste rjeˇsenje sen je siste si stema ma je 262, t x = 455 t + 262,

·

jer je 1172

∈ Z,

− 2 · 455 = 262 262..

6. (a) (Fibonaccije (Fibonaccijev v niz) Odrediti Odrediti FG i na´ ci ci eksplicitni eksplicitni izraz za F n ako je F 0 = 0, 0 , F 1 = 1 i F n+2 = F n+1 + F n , n 0. Neka je

≥

+

F ( F (x) =

∞



F n xn .

n=0

Iz relacije F n+2 = F n+1 + F n mnoˇzeći sa xn+2 i sumiranjem po n dobijamo +

∞



+

n+2

F n+2 x

n=0

=

∞



+

n+2

F n+1 x

n=0

+

∞



F n xn+2 .

n=0

Odavde je F ( F (x)

xF (x) + x2 F ( F (x). − F 0 − F 1x = xF (

Dakle, F ( F (x)

− x = xF ( xF (x) + x2 F ( F (x),

pa je

x . 1 x x2 Rastavljanjem funkcije F na parcijalne razlomke dobijamo F ( F (x) =

 √

1 F ( F (x) = 5

− −

1

1

1

− αx − 1 − βx



,

149

14.3. 1. KOLOKVIJU KOLOKVIJUM M 10. DECEMBAR DECEMBAR 2007. 2007. (POPRAVNI) (POPRAVNI) gdje je α = dobijamo

√

1+ 5 , 2

F ( F (x) =

√

β = 1−2 5 . Sada rastavljanjem u geometrijski red,

√ 15 (1 + αx + α2x2 + · · · − 1 − βx − β 2x2 − · · · ).

Odavde zakljuˇcujemo cujemo da je j e koeficijent koefi cijent uz xn , to jest F n dat sa F n =

√ 15 (αn − β n).

(b) Dokaz Dokaz slijedi slijedi iz F 02 + F 12 + F 22 +

· · · + F n2 + F n2+1 = F n · F n+1 + F n2+1 = F n+1(F n + F n+1) = F n+1 · F n+2 .

7. Funkcija generatrisa je f ( f (x) =

x2 . (1 2x)3

Opˇste st e rjeˇ rj eˇsenj se njee je an = n(n

14.3 14.3

−

− 1)2n−3.

1. Kolokv Kolokviju ijum m 10. 10. decem decembar bar 2007. 2007. (Popr (Popra avni) vni)

1. (a) Formulisat ormulisatii i dokazati dokazati osnovnu osnovnu teorem teoremu u aritmetike aritmetike.. (10) (b) Dokazat Dokazatii da je (mn,np,mp ( mn,np,mp)[ )[m,n,p m,n,p]] = mnp, za sve m,n,p

∈ N. (5)

2. (a) Formulisat ormulisatii i dokazati dokazati Ojlerovu Ojlerovu teoremu.( teoremu.(10) 10) (b) Odrediti Odrediti ostatak ostatak koji se dobija pri dijeljenju dijeljenju broja 317259 sa 15. (10) 3. (a) Formulisat ormulisatii ”malu”F ”malu”Fermaovu ermaovu teoremu. teoremu. (5) (b) Koliko Koliko ima djeljitelja djeljitelja broja 10530 koji ima i maju ju taˇcno cno 30 djeljitelj dje ljitelja? a? (10) 4. Na´ ci ci najmanji na jmanji prirodan bro j koji pri dijeljenju sa n, n + 1, . . . , n + m daje redom ostatke r, r + 1, 1, . . . , r + m. (10) 5. Rijeˇsiti siti sistem kongruencijskih kongruenci jskih jednaˇcina cina 1(mod3) 3) ≡ 1(mod x ≡ 3(mod 3(mod7) 7) x ≡ 2(mod 2(mod11) 11).. x

(10)

150

GLAV GLA VA 14. ZADACI SA KOLOKVIJUMA KOLOKVIJUMA I PISMENIH ISPITA ISPITA

6. Neka Neka je a0 = 1, b0 = 0 i an+1 = 2an + bn bn+1 = an + bn , n = 0, 1, . . . . Odrediti an i bn . (15) 7. Naći ci funkciju funkcij u generatrisu generatr isu niza xn ako on zadovoljava zadovoljava rekurentnu relaciju

{ }

xn+2

− 6xn+1 + 9x 9xn = 3n , x0 = 0, x1 = 0,

i odatl od atlee naći ci opˇsti sti ˇclan cl an niza. ni za. (15) (15 )

14.4 14.4

2. Kolo Kolokv kvij ijum um 6. februa februarr 200 2008. 8. +

∞



xn 1. Ako je 2y 2y + 1 = , odrediti odrediti niz an (1 + 5)n n! n=0 +

∞



an

n=1

yn . (10) n!

√

{ } takav da je x

=

2. Dati su grafov grafovii G1 = (V 1 , E 1 ) i G2 = (V 2 , E 2 ), gdje je V 1 = 1, 2, 3, 4, 5 i V 2 = a,b,c,d,e . Njihove tabele incidencije su

{

{

}

1 2 3 4 5

2 1 3

3 1 2 4

4 1 3 5

5 1 4 ,

a c d e

b c e

c a b e

d a e

}

e a b c d

Pokazati da su grafovi G1 i G2 izomorfni. (10) 3. (a) Definis Definisati ati kompl kompleta etan n graf graf K K n i toˇ to ˇcak ca k W n . (5) (b) Odrediti Ojlerove karakteristike karakteristike grafova grafova K n i W n . (10) 4. (a) Definisati Definisati komponent komponentee povezano povezanosti sti i povezan povezan graf. (10) (b) Odrediti maksimalan broj grana nepovezanog grafa sa n ˇcvorova cvo rova.. (10 ( 10)) 5. (a) Ak Ako su A i B sluˇcajni cajni dogadaji pokazati da je P ( P (A P ( P (B ) P ( P (A B ). (10)

−

∩

∪ B) = P ( P (A) +

(b) Definisati Definisati potpun sistem sistem dogadaja. dogadaja. (5) (c) Formulisati i dokazati dokazati Bajesovu formulu. (10) 6. Data je elektriˇ elek triˇcna cna ˇsema sema

¨ ¨

A

¨ ¨

B ¨ ¨

151

14.5. 2. KOLOKVIJU KOLOKVIJUM M 13. FEBRUAR FEBRUAR 2008. 2008. (POPRA (POPRAVNI)

Svaki od o d prekidaˇca ca je nezavisno od drugih, zatvoren sa vjerovatnoćom com 14 . Na Na´ći ci vjer vj erova ovatn tno´ oću cu da je mreˇ mr eˇza za AB zatvorena zatvorena.. (10) 7. Tri automata automata pakuju pakuju proizvod proizvodee u kutije kutije po 100 komada komada.. Prvi Prvi automa automatt pakuje 80% 8 0% kutija ispravno, i spravno, drugi d rugi 90%, a treći ci pakuje pakuj e ispravno 95% kutija. k utija. Na prvom automatu pakuje se 10% od ukupne proizvodnje, na drugom automatu 20%, a na tre´ cem cem automatu 70% od ukupne proizvodnje. Kolika je vjerovatno´ vjerovatno´ ca ca da je sluˇcajno cajno odabrana kutija za koju je ustanovljeno da je pogreˇsno sno napunjena, punjena na tre´ cem cem automatu? (10)

14.5 14.5

2. Kolokv Kolokviju ijum m 13. 13. februa februarr 2008 2008.. (Popr (Popra avni) vni)

1. Naći ci funkcije generatrise za brojeve particija n u kojima je: (a) Svaki Svaki sabirak jednak jednak 2 ili 3. (5) (b) Svaki Svaki sabirak sabirak jednak 2, 3 ili 5. (5) (c) Svaki sabirak najviˇse se 4. (5) 2. (a) Dokazat Dokazatii da u svakom svakom grafu postoje dva ˇcvora cvora istog stepena. stepena. (10) (b) Na ˇsahovskom sahov skom turnir tu rniru u svaki igraˇ ig raˇc je odigr od igrao ao sa svakim svaki m drugim drug im igraˇ ig raˇcem cem najviˇse se jednu partiju. Dokazati Dokazati da u svakom trenutku posto je dva igraˇca ca koji su do tog trenutka trenutka odigrali o digrali isti broj partija. (10) 3. (a) Dokaza Dokazati ti da za sv svako ako stablo stablo G = (V, ( V, E ) vrijedi



δ (v) = 2 V

| | − 2. (10)

v V

∈

(b) Dokazati Dokazati da svako svako stablo ima bar jedan ˇcvor cvor stepena 1. (10) 4. Stepen Stepe n ˇcvora. cvora. (15) 5. Definisati Definisati σ polje dogadaja. (10)

−

6. Formulisati i dokazati formulu for mulu totalne totaln e vjerovatnoće. ce. (10) 7. Iz skupa 1, 2, . . . , n sluˇcajno ca jno biramo broj bro j a. Naći ci vjerovatno´ vje rovatnoću cu da on nije djeljiv ni sa jednim od brojeva a1 , . . . , ak , gdje su a1 , . . . , ak prirodni ˇ u teˇzi i uzajamno prosti brojevi. Cemu Cem zi ta vjerova vj erovatno tno´ća ca kad n . (10)

{

}

→∞

14.6 14.6

Pism Pismen enii 8. 8. sept septem emba barr 200 2008. 8.

1. (a) Rijeˇsiti siti sistem kongruencijskih kongruen cijskih jednaˇ jed naˇcina cina

≡ 3(mod 3(mod5) 5) x ≡ 2(mod 2(mod7) 7).. x

(10)

152

GLAV GLA VA 14. ZADACI SA KOLOKVIJUMA KOLOKVIJUMA I PISMENIH ISPITA ISPITA (b) Koliko Koliko ima djeljitelja djeljitelja broja 30 30 koji imaju taˇ cno cno 30 djeljitelja? (15)

{ }

2. Naći ci FG niza an ako on zadovoljav zadovoljavaa rekurentnu rekurentnu relaciju i odatle na´ ci ci opˇ opˇsti st i ˇclan cl an niza ni za (a) an+1 = 3a 3 an + 2, 2, a0 = 0. 0 . (10) (b) an+2 = 2a 2 an+1

− an, a0 = 1, a1 = 2. (15)

3. Na ˇsahovskom sahovskom turniru svaki je igraˇ c igrao sa svakim najviˇse se jednom. Dokazati Dokazati da u svako svakom m trenutku trenutku turnira turnira postoje bar dva dva igraˇ igraˇca ca koji su do tog trenutka odigrali isti broj partija. (25) 4. Vozovi ozovi duˇ zine zine 180 metara metara kre´ kreću cu se brzinom brzinom 30 metara metara u sekundi sekundi po prugama koje se medusobno medusob no ukrˇstaju. sta ju. Trenutak u kome će ce oni proći ci kroz 00 30 raskrˇ ras krˇs´ sće ce je sluˇ sl uˇcaja ca jan n izmed iz medu u 9 = i 9 =. Izraˇ Izr aˇcunati cuna ti vjerovat v jerovatno´ noću cu sudara. sud ara. (25)

14.7 14.7

1. Kolo Kolovij vijum um 26. 26. nov novembar embar 2008 2008..

∈

∈

1. (a) (a) Ako Ako je a N i b Z dokazati da postoje jedinstveni cijeli brojevi q i r takvi da je b = aq + aq + r i 0 r < a. (10)

≤

(b) Rijeˇ Rij eˇsiti siti Diofantovu Diof antovu jednaˇ jedn aˇcinu cinu 19 19x x + 1920y 1920y = 1. (10) 2. (a) Dokazati Dokazati da je Eulero Eulerov va funkcija funkcija multip multiplik likativn ativna. a. (5) (b) Neka Neka su a i m uzajamno uza jamno prosti prirodni priro dni brojevi, bro jevi, rijeˇsiti siti jednaˇcinu cinu ax b( mod m). (10)

≡

3. (a) Dokaza Dokazati ti da prostih prostih brojeva brojeva oblika oblika 4k 4 k + 3 ima beskonaˇcno cno mnogo. (10) (b) Neka Neka je p prost broj bro j veći ci od 2 i p ne dijeli a. Pokazati Pokazati da je jedan i samo jedan od brojeva A = a1+2+···+( p−1)

− 1, B = a1+2+···+( p−1) + 1,1,

djeljiv sa p. (10) 4. Rijeˇsiti siti sistem kongruencijskih kongruenci jskih jednaˇcina cina

≡ 1( x ≡ 3( x ≡ 7( x

mod 2) mod 5) mod mo d 11). 1).

(10) 5. (a) Definisati Definisa ti Fibonaˇcijev cijev niz brojeva broje va i koristeći ci funkcije generatrise izvesti formu fo rmulu lu za opˇsti sti ˇclan cl an niza ni za F n . (15)

153

14.7. 1. KOLOVIJ KOLOVIJUM UM 26. 26. NOV NOVEMBA EMBAR R 2008. 2008. (b) Dokazati Dokazati identitet F n2 + F n2−1 = F 2n−1 , za sve n

∈ N.

(5) 6. (a) Na´ ci ci koeficijent koeficijent uz x7 u (1 (b) Neka Neka je z0 = 1 i zn+1 =

− 3x)−2. (5) zn zn

− 3 , n = 0,0 , 1, 2, . . .

Naći ci eksplicitnu eksplici tnu formulu za zn . (10)

154

GLAV GLA VA 14. ZADACI SA KOLOKVIJUMA KOLOKVIJUMA I PISMENIH ISPITA ISPITA

Glava 15

Literatura 1. N. Cameron, Introduction Introduction to Linear and Convex Convex Programmi Programming, ng, Cambridge University Press, 1985. 2. W. W. L. Chen, Discrete Discrete Mathematics Mathematics,, Imperial College, College, Universit University y London, 2003. 3. D. Cvetkovi´ c, c, S. Simić, c, Diskretna Diskretn a matematika, matemati ka, Nauˇcna cna knjiga, Beograd, 1990. ´ c, 4. M. Celi´ c, M. M . Jovanovi´ J ovanović, c, Matemati Mate matika ka III I II,, Nauˇ N auˇcna cna knjiga knj iga,, Beogra Be ograd, d, 1991 1991.. 5. R. Graham, D. Knutt, O. Patashni Patashnik, k, Concrete Concrete Mathematic Mathematics, s, AddisonAddisonWessley Publishing Company, 1994. 6. M. Kilne, Euler and Infinite Series, Mathemati Mathematics cs Magazine, Magazine, Vol. Vol. 56, No. 5, 1983, pp. 307-314. 7. L. Lov´ asz, K. Vesztergombi, Discrete Mathematics, Lecture Notes, Yale asz, University, 1999. 8. M. Merkle, P. Vasi´ c, c, Verovatno´ Verovatnoća ca i statistika, Akademska misao, mis ao, Beograd, 2001. 9. V. Mići´ cić, c, Z. Kadelburg, Kadelbu rg, Uvod Uvo d u teoriju brojeva, bro jeva, Beograd, Beogra d, 1989. 198 9. 10. P. Mladenović, c, Elementaran uvod u verovatno´ cu cu i statistiku, statistik u, Druˇstvo stvo matematiˇcara cara Srbije, Beograd, 1998. 11. P. Mladenović, c, Kombinatorika, Kombinator ika, Druˇstvo stvo matematiˇcara cara Srbije, Beograd, 2001. 12. V. Petrović, c, Teorija grafova, Univerzitet Uni verzitet u Novom Sadu, Prirodno-mate Prirod no-matematiˇ matiˇcki cki fakultet, 1998. 13. C. J. Sangwin, Sangwin, An infinite infinite series of surprises, surprises, +Plus Magazine, Magazine, Universit University y of Cambridge, 2002. 155

156

GLAV GLA VA 15. LITERATURA LITERATURA

14. D. Stevanovi´ Stevan ović, c, M. Miliˇsevi´ sev ić, c, V. Balti´ Balt ić, c, Diskretn Disk retnaa matemati mate matika, ka, Druˇstvo stvo matematiˇcara cara Srbije, Beograd, 2004.

DISKRETNA MATEMATIKA

Recommend Documents