Diskretna matematika - Osnove kombinatorike i teorije grafova

DISKRETNA MATEMATIKA OSNOVE KOMBINATORIKE I TEORIJE GRAFOVA

´ c ´, Miroslav Ciri ´ Dragan Stevanovic Prirodno-matematiˇcki fakultet u Niˇsu

´ Slobodan Simic Matematiˇcki institut u Beogradu

´ Vladimir Baltic Ekonomski fakultet u Beogradu

17. juli 2007

0 1 P

Sadrˇ zaj PREDGOVOR

7

1 OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 1.1 PRINCIPI PREBROJAVANJA . . . . . . . . Matematiˇcka definicija prebrojavanja . Princip jednakosti . . . . . . . . . . . Princip zbira . . . . . . . . . . . . . . Princip proizvoda . . . . . . . . . . . . Dirihleov princip . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 UREDJENI IZBORI ELEMENATA . . . . . Uredjeni izbori sa ponavljanjem . . . . Uredjeni izbori bez ponavljanja . . . . Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 NEUREDJENI IZBORI ELEMENATA . . . Neuredjeni izbori bez ponavljanja . . . Neuredjeni izbori sa ponavljanjem . . Permutacije sa ponavljanjem . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 GENERISANJE PERMUTACIJA . . . . . . Generisanje svih permutacija . . . . . Generisanje odredjene permutacije . . Generisanje sluˇcajne permutacije . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 GENERISANJE KOMBINACIJA . . . . . . Generisanje svih k-kombinacija . . . . Generisanje odredjene k-kombinacije . Generisanje sluˇcajne k-kombinacije . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 OSOBINE BINOMNIH KOEFICIJENATA . Faktorijelna reprezentacija . . . . . . . Uslov simetriˇcnosti . . . . . . . . . . . Adiciona formula . . . . . . . . . . . . Binomna teorema . . . . . . . . . . . . Polinomna teorema . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 BINOMNI IDENTITETI . . . . . . . . . . . Izvlaˇcenje iz zagrada . . . . . . . . . . 3

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

9 10 10 12 12 14 17 20 22 23 24 25 29 30 30 32 35 38 39 40 41 43 44 44 45 47 49 50 51 51 51 52 53 55 56 57 58

ˇ SADRZAJ

1.8

Sumaciona formula . . . . . . . . . . . . . . . . Negacija gornjeg indeksa . . . . . . . . . . . . . Pojednostavljivanje proizvoda . . . . . . . . . . Sume proizvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ ˇ PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJU CENJA . . . . . . Kako elegantno zapisati matematiˇcku formulu? Princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja . . . . . . . . . . Generalisani princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

2 NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 2.1 FUNKCIJE GENERATRISE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Stepeni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Novˇcići i polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kombinatorno znaˇcenje binomne teoreme . . . . . . . . . . . Uopˇstena binomna teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nalaˇzenje funkcija generatrisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . Neke poznate funkcije generatrise . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ 2.2 REKURENTNE JEDNACINE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Linearna rekurentna jednaˇcina sa konstantnim koeficijentima Neke nelinearne rekurentne jednaˇcine . . . . . . . . . . . . . Primene rekurentnih jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ 2.3 FUNKCIJE GENERATRISE I RESAVANJE ˇ REKURENTNIH JEDNACINA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ 2.4 FIBONACIJEVI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Opˇsti ˇclan Fibonaˇcijevog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . Osnovne osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Identiteti sa Fibonaˇcijevim brojevima . . . . . . . . . . . . . Tribonaˇcijev niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lukasov niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 KATALANOVI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rekurentna relacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reˇsenje pomoću funkcije generatrise . . . . . . . . . . . . . . Dva direktna reˇsenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ joˇs prebrojava Katalan? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sta Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 PARTICIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Particije prirodnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Particije i funkcije generatrisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . Identiteti sa particijama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Neka svojstva broja particija . . . . . . . . . . . . . . . . . . Particije skupa, Stirlingovi i Belovi brojevi . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

58 60 60 61 63 64 65 66 69 71

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

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

73 . 73 . 74 . 75 . 76 . 77 . 79 . 83 . 84 . 86 . 90 . 96 . 103 . 112

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

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

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

113 117 123 123 125 127 133 135 137 139 142 142 143 144 147 149 153 154 157 162 165 173 176 182

ˇ SADRZAJ 3 TEORIJA GRAFOVA ˇ 3.1 STA JE GRAF? . . . . . . . . . . . . . . . . . Pojam grafa . . . . . . . . . . . . . . . . Posebne klase grafova . . . . . . . . . . Izomorfizam grafova . . . . . . . . . . . Podgrafovi . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ Setanje po grafu . . . . . . . . . . . . . Povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . Rastojanje . . . . . . . . . . . . . . . . Predstavljanje grafova u raˇcunaru . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 STABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pojam stabla i osnovna svojstva . . . . Korenska stabla . . . . . . . . . . . . . . Stabla i pretrage grafova . . . . . . . . . Stabla minimalne teˇzine . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ STABLA . . . . . . . . . . . . 3.3 RAZAPINJUCA Malo istorije i osnovni pojmovi . . . . . Kejlijeva teorema . . . . . . . . . . . . . Teorema o matricama i stablima . . . . Odredjivanje broja razapinjućih stabala Vektorski prostor kontura . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 OJLEROVI I HAMILTONOVI GRAFOVI . . . Ojlerovi grafovi . . . . . . . . . . . . . . Hamiltonovi grafovi . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 PLANARNI GRAFOVI . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 SPARIVANJE U GRAFOVIMA . . . . . . . . Pojam sparivanja . . . . . . . . . . . . . Teorema o savrˇsenom sparivanju . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 BOJENJE GRAFOVA . . . . . . . . . . . . . . Uvodna razmatranja . . . . . . . . . . . Hromatski broj grafa . . . . . . . . . . . Grafovi sa velikim hromatskim brojem . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

186 186 186 189 192 194 195 197 199 200 204 208 208 210 213 219 223 224 224 226 234 235 238 242 243 246 248 253 255 261 263 263 269 271 272 272 274 280 281

´ 4 DISKRETNA VEROVATNOCA ´ . . . . . . . . . . 4.1 ELEMENTARNA VEROVATNOCA Pojam dogadjaja . . . . . . . . . . . . . . . . . Algebra dogadjaja . . . . . . . . . . . . . . . . Prostor verovatnoće . . . . . . . . . . . . . . . Dodela verovatnoće dogadjajima . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ . . . . . . . . . . . . . . 4.2 USLOVNA VEROVATNOCA Formula totalne verovatnoće i Bajesova formula Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ 4.3 SLUCAJNA PROMENLJIVA . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

283 284 284 285 287 288 293 295 300 302 303

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

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

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

ˇ SADRZAJ

4.4 4.5

6

Neke vaˇznije raspodele . . . . . . . . . . . . . . . Numeriˇcke karakteristike sluˇcajnih promenljivih . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . MARKOVLJEVI LANCI . . . . . . . . . . . . . . . . . Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . INFORMACIJA I ENTROPIJA . . . . . . . . . . . . .

5 DODATAK 5.1 SKUPOVI . . . . . . . . . . . . . . . . Operacije sa skupovima . . . . Proizvod skupova . . . . . . . . 5.2 FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . Matematiˇcka definicija funkcija Vrste funkcija . . . . . . . . . . Operacije sa funkcijama . . . . Permutacije . . . . . . . . . . . 5.3 RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . Relacije ekvivalencija . . . . . . Relacije poretka . . . . . . . . ˇ 5.4 MATEMATICKA INDUKCIJA . . . . Princip matematiˇcke indukcije Princip jake indukcije . . . . . Alternativni pristup . . . . . . BIBLIOGRAFIJA

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

306 308 317 318 320 320

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

323 323 324 326 327 327 328 329 330 331 332 334 336 336 339 340 341

Predgovor U diskretnu matematiku spadaju one oblasti matematike, ˇciji su predmet prouˇcavanja strukture i relacije definisane uglavnom na konaˇcnim ili prebrojivim skupovima, kao ˇsto su logika, teorija brojeva, algebra, kombinatorika, teorija grafova, teorija kodova ili odredjeni delovi verovatnoće. Diskretna matematika predstavlja matematiˇcku osnovu svih raˇcunarskih nauka.

Knjiga pred vama je jedan od rezultata eLearning projekta eLP001/2006 posvećenog nastavi diskretne matematike, a koji je neophodnom opremom finansirao WUS Austria. U okviru ovog projekta je implementiran web sajt http://elearning.pmf.ni.ac.yu na kome se mogu naći nastavni sadrˇzaji i materijali za predmete Diskretne strukture I i II. Ovi predmeti su namenjeni studentima raˇcunarstva ili informatike na fakultetima i ˇskolama ˇciji nastavni program prati preporuke ACM Computing Curricula. Pristup ovim predmetima je omogućen i za ˇsiroku publiku pod guest nalogom, a nastavnici, koji budu zainteresovani da za svoje studente implementiraju sliˇcan sajt, mogu da se obrate prvom autoru.

S obzirom da je pomenuti eLearning projekat bio vezan za nastavu iz dva posebna, ali bliska predmeta, uˇcesnici projekta su se odluˇcili da napiˇsu dva odgovarajuća udˇzbenika. Ova knjiga je prvi od tih udˇzbenika, dok drugi udˇzbenik treba da se pojavi iz ˇstampe do kraja 2007. U ovoj knjizi su obradjene teme koje se na fakultetima mogu ˇcuti u okviru predmeta pod nazivom Diskretne strukture II: osnove kombinatorike, teorije grafova i diskretne verovatnoće, Od ˇcitaoca se traˇzi minimalno prethodno znanje iz logike, algebre i linearne algebre (a neˇsto od toga je dato u glavi 5: Dodatak). Uˇcesnici projekta su zajedno napravili izbor tema za obe knjige, a zaduˇzenja autora u ovoj knjizi su bila sledeća: • D. Stevanović je napisao poglavlja 1.4 do 1.8, 2.1, 2.5 i 3.1; ´ c je napisao poglavlja 1.1, 1.2, 1.3 i celu glavu 5; • M. Ciri´ • S. Simić je napisao poglavlja 3.2, 3.6, 3.7 i celu glavu 4; • V. Baltić je napisao poglavlja 2.2, 2.3, 2.4, 2.6, 3.3, 3.4, 3.5, izabrao zadatke za celu knjigu i uradio indeks pojmova.

7

ˇ SADRZAJ

8

Inaˇce, u drugoj knjizi će biti obradjene teme koje odgovaraju sadrˇzaju predmeta Diskretne strukture I: osnove logike, teorije skupova, teorije brojeva, metoda dokazivanja, algebre i relacija.

Postoji puno knjiga sliˇcnih ovoj na engleskom jeziku, ali, na ˇzalost, vrlo malo na srpskom jeziku. Autori ove knjige su se trudili da poprave tu situaciju nudeći knjigu koja će svoj liˇcni identitet zasnovati na iscrpnosti dokaza (izuzev u vrlo malom broju dugachkih dokaza) i velikom broju primera. U ovoj knjizi insistiramo na dokazima, jer, po naˇsem miˇsljenju, vladanje dokazima i metodama dokazivanja predstavlja samu osnovu matematiˇcke pismenosti. Takodje, to je neophodan korak za sve one koji ˇzele da kasnije budu i matematiˇcki kreativni. Na nekoliko mesta dali smo i internet adrese za one koji ˇzele da saznaju viˇse o temi koja je obradjivana (i dobro sluˇzenje internetom danas predstavlja osnovu ozbiljnijeg nauˇcnog rada). Radi ˇsto lakˇseg razumevanja gradiva, knjiga sadrˇzi veliki broj detaljno objaˇsnjenih primera. Medjutim, podjednako vaˇzna je i koliˇcina zadataka. Oni su namenjeni samostalnom radu i predstavljaju neizbeˇzan sastojak u pravom usvajanju gradiva (veˇzba ˇcini majstora, zar ne?). Zbog nedostatka prostora, knjiga ne sadrˇzi reˇsenja zadataka.

Neke slike u knjizi su nacrtane pomoću paketa WinGCLC autora Predraga Janiˇcića sa Matematiˇckog fakulteta u Beogradu. Ovaj paket moˇzete naći na adresi http://www.matf.bg.ac.yu/~janicic/gclc/index.html

Svesni smo da nijedna knjiga nije potpuno bez greˇsaka, pa, iako smo se jako trudili da ih otklonimo, sigurno smo da će se i u ovoj knjizi pojaviti nekoliko njih. One su samo posledica nesavrˇsenosti autora. . .

Glava 1

Osnovne tehnike prebrojavanja Kombinatorika, nauka o rasporedima objekata, je vaˇzan deo diskretne matematike. Prouˇcavanje ove oblasti poˇcelo je joˇs u XVII veku, uporedo sa nastankom teorije verovatnoće, kada su se prva kombinatorna pitanja pojavila u vezi sa igrama na sreću. Enumeracija, ili prebrojavanje, predstavlja vaˇzan deo kombinatorike koji se bavi prebrojavanjem skupa objekata sa odredjenim svojstvima. Skupove moramo prebrojavati da bismo reˇsili razliˇcite vrste problema. Na primer, prebrojavanjem se moˇze utvrditi koliko ima naˇcina da dobijemo fleˇs rojal (eng. flush royale) u prvom deljenju pokera. Ili moˇzemo da odredimo da li smo predvideli dovoljno razliˇcitih telefonskih brojeva ili raˇcunarskih adresa da bi se zadovoljile potrebe za njima? Tehnikama prebrojavanja se odredjuje sloˇzenost algoritama, a obimno se koriste i prilikom utvrdjivanja verovatnoća dogadjaja. Stoga je glavna tema ove glave razvijanje efikasnih metoda za prebrojavanje konaˇcnih skupova. Elementi ovakvih skupova obiˇcno imaju strukturu koju je lako opisati matematiˇckim jezikom, ali su za njihovo prebrojavanje potrebni mnogo delotvorniji metodi od pukog nabrajanja svih elemenata. U prvom odeljku bavićemo se definicijom i osnovnim principima prebrojavanja, na koje smo se svi toliko navikli da retko obraćamo paˇznju na njih. Zbog toga će prvih par rezultata iz ovog odeljka moˇzda biti dosadno, ali su neophodni za strogo zasnivanje kombinatorike. Stvari će postati mnogo zanimljivije ubrzo nakon toga i već u prvom odeljku nauˇcićemo da pokaˇzemo da u svakoj grupi od ˇsest osoba, od kojih su svake dve prijatelji ili neprijatelji, postoje tri osobe koje su ili uzajamni prijatelji ili uzajamni neprijatelji. U drugom i ˇcetvrtom odeljku posmatraćemo uredjene i neuredjene izbore elemenata skupa, koji će nam omogućiti da odgovorimo na pitanja na koliko naˇcina grupa od 5 devojaka i 8 mladića moˇze da sedne u prvi red u bioskopu tako da sve devojke sede jedna pored druge ili tako da nikoje dve devojke ne sede jedna pored druge. U ˇsestom odeljku prouˇcavaćemo osobine binomnih koeficijenata, a u sedmom odeljku ćemo pokazivati identitete sa binomnim koeficijentima. U osmom odeljku ćemo se baviti joˇs jednim vaˇznim principom prebrojavanja — principom ukljuˇcenja i iskljuˇcenja, pomoću koga ćemo moći da kaˇzemo na koliko je naˇcina moguće podeliti kapute poslanicima tako da niko ne dobije svoj kaput. Joˇs jedan vaˇzan deo kombinatorike je generisanje svih objekata odredjene vrste. Ovo je ˇcesto neophodno u raˇcunarskim simulacijama. U trećem i u petom odeljku predstavićemo algoritme pomoću kojih je moguće generisati sve uredjene i neuredjene izbore elemenata skupa ili dobiti jedan takav izbor na sluˇcajan naˇcin. Priˇcu o prebrojavanju nastavljamo i u sledećoj glavi, gde ćemo predstaviti metod funkcije generatrise, koji će biti naˇse najjaˇce orudje medju metodima prebrojavanja. 9

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

1.1

10

PRINCIPI PREBROJAVANJA

ˇ MATEMATICKA DEFINICIJA PREBROJAVANJA ˇ mislimo kada kaˇzemo da skup ima n elemenata? Podsetimo se, najpre, kako Sta prebrojavamo jednostavne skupove. To radimo tako ˇsto redom pokazujemo na elemente skupa i izgovaramo reˇci “jedan, dva, tri, . . . ”. Kada svaki element dobije svoj broj, stajemo i poslednji izgovoreni broj predstavlja broj elemenata u skupu. Da bismo ovu kaˇzi-i-pokaˇzi tehniku preveli na jezik matematike, moramo da, za svaki prirodan broj n ∈ N, definiˇsemo skup Nn = {1, 2, 3, . . . , n}. Kaˇzi-i-pokaˇzi tehnika svakom elementu skupa X koga prebrojavamo pridruˇzuje element skupa Nn ; drugim reˇcima, ona odredjuje funkciju f iz X u Nn (sl. 1.1).

Slika 1.1: Prebrojavanje studenata. Jasno je da je funkcija f bijekcija, jer ukoliko nismo pogreˇsili pri brojanju, svaki element X dobija razliˇciti broj i svaki broj iz Nn se dodeljuje nekom elementu iz X. Dakle: DEFINICIJA 1.1.1. Ako je X konaˇcan skup, n prirodan broj i postoji bijekcija iz X u Nn , tada kaˇzemo da X ima n elemenata. Primetimo odmah da naˇsa definicija prebrojavanja ne iskljuˇcuje mogućnost da skup moˇze istovremeno imati i m elemenata i n elemenata za m 6= n. U suˇstini, svi smo već iskusili situaciju kada smo brojali neki dosta veliki skup, recimo broj automobila na parkingu, i stalno dobijali razliˇcite odgovore. Sledeća teorema nam kaˇze da je ovo moguće samo zbog greˇske u brojanju, i da je broj elemenata skupa jedinstven. TEOREMA 1.1.2. injekcija iz Nn u Nm .

Ako su m i n prirodni brojevi tako da je m < n, tada ne postoji

Iako je ova teorema maltene oˇcigledna i ima dokaz u tri reda poput: Pretpostavimo da postoji injekcija f : Nn 7→ Nm . Tada su vrednosti f (1), f (2), . . . , f (m) sve razliˇcite i moraju da uzimaju sve vrednosti od 1 do m. ˇ Cemu je onda jednako f (m + 1)?


11

mi ćemo ovde, veˇzbe radi, dati jedan strogo formalni dokaz ove teoreme. Dokaz . Dokaz ćemo izvesti polazeći od suprotnog: pretpostavićemo da takva injekcija postoji za neko n i iz toga izvesti kontradikciju. Neka S oznaˇcava skup prirodnih brojeva n za koje postoji injekcija iz Nn u Nm za neko m < n. Ako S nije prazan skup, onda postoji njegov najmanji element k ∈ S. Neka je i injekcija iz Nk u Nl za neko l < k. Ne moˇze da bude l = 1, poˇsto svaka funkcija iz Nk u N1 moˇze da uzme jedino vrednost 1 i stoga ne moˇze da bude injekcija na skupu Nk za k > 1. Prema tome, l − 1 je prirodan broj i situacija moˇze da se prikaˇze kao na sl. 1.2.

Slika 1.2: Pretpostavljena injekcija i : Nk 7→ Nl . Ako nijedna od vrednosti i(1), i(2), . . . , i(k − 1) nije jednaka l, tada restrikcija i na skup Nk−1 predstavlja injekciju iz Nk−1 u Nl−1 . S druge strane, ako je i(b) = l za neko b za koje je 1 6 b 6 k − 1, tada mora biti i(k) = c < l, poˇsto je i injekcija. U ovom sluˇcaju moˇzemo da konstruiˇsemo injekciju i∗ iz Nk−1 u Nl−1 kao ˇsto je prikazano na sl. 1.3, tj. i∗ (b) = c,

i∗ (r) = i(r) (r 6= b).

Slika 1.3: Konstrukcija injekcije i∗ kada je i(b) = l. U svakom sluˇcaju, postojanje injekcije iz Nk u Nl povlaˇci da postoji i injekcija iz Nk−1 u Nl−1 . Samim tim vaˇzi i da je k − 1 ∈ S, ˇsto je u kontradikciji sa ˇcinjenicom da je k najmanji element u S.


12

Prema tome, jedino je moguće da je S prazan skup i samim tim, tvrdjenje teoreme je dokazano. Iz ove teoreme sledi i da ne postoji bijekcija izmedju Nn i Nm za n 6= m. Stoga ne moˇze ni da postoji skup X koji istovremeno ima i n i m elemenata, jer bismo tada iz bijekcija β : X 7→ Nn i γ : X 7→ Nm dobili i nemoguću bijekciju γ ◦ β −1 : Nn 7→ Nm . Prema tome, tvrdjenje “skup X ima n elemenata” moˇze da vaˇzi za najviˇse jedan prirodan broj n. NAPOMENA.

Zaˇsto ovde spominjemo najviˇse jedan prirodan broj? Pa, zato ˇsto moze da se desi da neki skup koji broji kombinatorne objekte nema uopste elemenata ili da ih ima beskonaˇcno mnogo (taˇcnije, za skup X kaˇzemo da ima prebrojivo mnogo elemenata ukoliko postoji bijekcija izmedju skupa X i skupa N). U narednom odeljku ćemo definisati broj elemenata skupa.

PRINCIP JEDNAKOSTI Kada X ima n elemenata piˇsemo |X| = n i kaˇzemo da je kardinalnost (ili veliˇcina) ˇ skupa X jednaka n. Cesto piˇsemo i X = {x1 , x2 , . . . , xn }, ˇsto je samo drugi naˇcin da se kaˇze da postoji bijekcija β iz X u Nn tako da je β(xi ) = i (1 6 i 6 n). Za prazan skup posebno usvajamo da je |∅| = 0. Sada dolazimo do prvog principa prebrojavanja — principa jednakosti. DEFINICIJA 1.1.3. (Princip jednakosti) Ako izmedju dva konaˇcna skupa A i B postoji bijekcija, tada je |A| = |B|. Lepa ilustracija ovog principa je dokaz Teoreme 1.2.4.

PRINCIP ZBIRA Sledeći princip je takodje veoma jednostavan i koriˇsćen je pri prebrojavanju joˇs od pradavnih vremena. TEOREMA 1.1.4. A ∩ B = ∅), tada je

(Princip zbira) Ako su A i B disjunktni konaˇcni skupovi (tj. |A ∪ B| = |A| + |B|.

Dokaz . obliku:

Poˇsto su A i B konaˇcni skupovi, moˇzemo da ih zapiˇsemo u standardnom A = {a1 , a2 , . . . , ar },

B = {b1 , b2 , . . . , bs }.


13

Poˇsto su oni joˇs i disjunktni, unija A ∪ B moˇze da se zapiˇse u obliku: A ∪ B = {c1 , c2 , . . . , cr , cr+1 , cr+2 , . . . , cr+s }, gde je ci = ai , 1 6 i 6 r,

i

cr+i = bi , 1 6 i 6 s.

Prema tome, |A ∪ B| = r + s = |A| + |B|. Ovaj princip se moˇze proˇsiriti na uniju proizvoljnog broja disjunktnih konaˇcnih skupova A1 , A2 , . . . , An : |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | = |A1 | + |A2 | + . . . + |An |. Dokaz ove ˇcinjenice je laka veˇzba za koriˇsćenje matematiˇcke indukcije. PRIMER 1.1.5. Student moˇze da izabere ispitno pitanje iz jedne od tri disjunktne grupe. Ove grupe sadrˇze 17, 23 i 19 pitanja, redom. Koliko ima razliˇcitih pitanja koja student moˇze da izabere? Reˇsenje. Neka Ai , i = 1, 2, 3, oznaˇcava i-tu grupu ispitnih pitanja. Student bira pitanje iz skupa A1 ∪ A2 ∪ A3 koji, po principu zbira, ima |A1 ∪ A2 ∪ A3 | = |A1 | + |A2 | + |A3 | = 17 + 23 + 19 = 59 razliˇcitih pitanja. PRIMER 1.1.6. k := 0 for i1 := k := end for for i2 := k := end for .. .

Koja je vrednost promenljive k nakon izvrˇsenja sledećeg koda?

1 to n1 k+1 1 to n2 k+1

for im := 1 to nm k := k + 1 end for

Reˇsenje. Poˇcetna vrednost promenljive k je nula. Blok koda se sastoji od m razliˇcitih for petlji. Svaki put kada se izvrˇsi petlja, k se poveća za 1. Neka je Ai skup izvrˇsenja i-te petlje. Tada je |Ai | = ni , jer se i-ta petlja izvrˇsava ni puta. Poˇsto su sve petlje disjunktne, tj. nema ugnjeˇzdenih for petlji, princip zbira pokazuje da će konaˇcna vrednost promenljive k biti |A1 + A2 + . . . + Am | = n1 + n2 + . . . + nm .


14

PRINCIP PROIZVODA ˇ Cesto smo u situaciji da brojimo stvari koje se lakˇse predstavljaju kao parovi objekata, nego kao pojedinaˇcni objekti. Pretpostavimo, na primer, da je studentska sluˇzba na Odseku za matematiku sredjivala prijave studenata za oktobarski ispitni rok. Pritom su doˇsli do situacije kao u tabeli 1.1. Ana Branko Ceca .. . ˇ Zika

Algebra X

Diskretna mat. X X

···

Mat. analiza X X

X X

X

X

Tabela 1.1: Ispiti prijavljeni u oktobarskom roku. Ako je student x prijavio ispit y tada je na odgovarajućoj poziciji (x, y) u tabeli postavljen znak X. Ukupan broj ovih znakova u tabeli je ujedno i broj ispitnih prijava. Sada je problem prebrojati skup S parova (x, y) takvih da je student x prijavio ispit y. U opˇstem obliku, ako su X i Y dati skupovi, problem je prebrojati podskup S skupa X ×Y . Postoje dva naˇcina prebrojavanja ispitnih prijava iz tabele 1.1. S jedne strane, moˇzemo da prebrojimo predmete koje je prijavio svaki student ponaosob i saberemo rezultate, dok s druge strane, moˇzemo da prebrojimo studente koji su prijavili svaki predmet ponaosob i saberemo rezultate. Naravno, oˇcekujemo da će oba naˇcina proizvesti isti broj. Ova razmatranja moˇzemo da preciziramo na sledeći naˇcin. Pretpostavimo da je podskup S skupa X × Y (gde su X i Y konaˇcni skupovi) dat pomoću znakova Xu opˇstem obliku tabele 1.2. · · x · · Zbir u koloni

· X X

·

y X

X X

··· X X

X X ·

·

cy (S)

X ···

Zbir u vrsti · · rx (S) · · |S|

Tabela 1.2: Oznaˇceni podskup S skupa X × Y . Prvi naˇcin prebrojavanja je da, za svako x u X, nadjemo broj rx (S) pojavljivanja znaka Xu vrsti x, tj. rx (S) = |{(x, y) ∈ S : y ∈ Y }|. Ukupan zbir se dobija sabiranjem svih zbirova po vrstama: X |S| = rx (S). x∈X

Drugi naˇcin je da, za svako y u Y , nadjemo broj cy (S) pojavljivanja znaka Xu koloni y, tj. cy (S) = |{(x, y) ∈ S : x ∈ X}|.


15

U ovom sluˇcaju ukupan zbir se dobija sabiranjem svih zbirova po kolonama: X |S| = cy (S). y∈Y

ˇ Cinjenica da imamo dva razliˇcita izraza za |S| ˇcesto se koristi u praksi za proveru rezultata raˇcunanja. Ona takodje ima veliku vaˇznost i u teoriji, zato ˇsto ponekad moˇzemo da dobijemo veoma neoˇcekivane rezultate izjednaˇcavanjem dva izraza od kojih svaki prebrojava isti skup samo na drugaˇciji naˇcin. Ovim dolazimo i do naˇseg trećeg principa prebrojavanja. TEOREMA 1.1.7. Tada vaˇzi:

Neka su X i Y konaˇcni skupovi, i neka je S podskup X × Y .

a) Broj elemenata skupa S je dat sa X X |S| = rx (S) = cy (S). x∈X

y∈Y

b) (Princip proizvoda) Broj elemenata skupa X × Y jednak je |X × Y | = |X| · |Y |.

Dokaz .

a) Skup S se moˇze predstaviti kao disjunktna unija skupova [ S= {(x, y) ∈ S : y ∈ Y }, x∈X

odakle, po principu zbira, dobijamo X X |S| = |{(x, y) ∈ S : y ∈ Y }| = rx (S). x∈X

x∈X

Sliˇcno se dokazuje i rezultat za cy (S). b) U ovom sluˇcaju je S = X × Y , pa je rx (S) = |Y | za svako x iz X. Iz dela (i) sada sledi da je |X × Y | = |X| · |Y |. Ovaj princip se moˇze proˇsiriti na proizvod proizvoljnog broja konaˇcnih skupova A1 , A2 , . . . , An : |A1 × A2 × · · · × An | = |A1 | · |A2 | · . . . · |An |. Dokaz ove ˇcinjenice je laka veˇzba za koriˇsćenje matematiˇcke indukcije. PRIMER 1.1.8.

Koliko postoji razliˇcitih nizova bitova 0 i 1 duˇzine 8?

Reˇsenje. Traˇzeni nizovi bitova su elementi skupa {0, 1}8 . Svaki od osam bitova moˇze da se izabere na dva naˇcina (ili 0 ili 1), pa princip proizvoda kaˇze da postoji ukupno 28 = 256 razliˇcitih nizova bitova duˇzine 8. NAPOMENA.

Niz bitova duˇzine 8 se naziva bajt.

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 1.1.9.

16


k := 0 for i1 := 1 to n1 for i2 := 1 to n2 .. . for im := 1 to nm k := k + 1 end for .. . end for end for

Reˇsenje. Poˇcetna vrednost promenljive k je nula. Svaki put kada se prodje kroz poslednju ugnjeˇzdenu petlju, k se poveća za 1. Neka je Aj skup prolaza kroz j-tu petlju kada dodjemo do bloka koji poˇcinje naredbom for ij := 1 to nj , a zavrˇsava se odgovorajućim end for. Imamo da je |Aj | = nj , jer se tu kroz j-tu petlju prolazi jednom za svaki ceo broj ij za koji je 1 6 ij 6 nj . Kako su sve petlje ugnjeˇzdene jedna u drugu, broj prolaza kroz sve petlje zajedno jednak je |A1 × A2 × . . . × Am |. Sada po principu proizvoda dobijamo da je |A1 × A2 × . . . × Am | = n1 · n2 · . . . · nm , ˇsto predstavlja i konaˇcnu vrednost promenljive k. PRIMER 1.1.10. Svaki korisnik raˇcunarskog sistema ima ˇsifru, koja je dugaˇcka od ˇsest do osam znakova i gde je svaki znak ili veliko slovo engleske azbuke ili cifra. Svaka ˇsifra mora da sadrˇzi bar jednu cifru. Koliko mogućih ˇsifri postoji? Reˇsenje. Neka je Sˇ ukupan broj mogućih ˇsifara i neka Sˇ6 , Sˇ7 i Sˇ8 oznaˇcavaju brojeve mogućih ˇsifara sa 6, 7 i 8 znakova, redom. Po principu zbira, vaˇzi da je Sˇ = Sˇ6 + Sˇ7 + Sˇ8 . Sada ćemo naći Sˇ6 , Sˇ7 i Sˇ8 . Iako je moguće direktno izraˇcunati Sˇ6 , mnogo je lakˇse najpre izraˇcunati broj nizova duˇzine 6 koji se sastoje od velikih slova i cifara, ukljuˇcujući i one bez cifara, a zatim od tog broja oduzeti broj nizova duˇzine 6 koji ne sadrˇze cifre. Po principu proizvoda, broj nizova duˇzine 6 je 366 , a broj nizova koji ne sadrˇze cifre je 266 . Prema tome, Sˇ6 = 366 − 266 = 2 176 782 336 − 308 915 776 = 1 867 866 560. Sliˇcno je Sˇ7 = 367 − 267 = 78 364 164 096 − 8 031 810 176 = 70 332 353 920 i

Sˇ8 = 368 − 268 = 2 821 109 907 456 − 208 827 064 576 = 2 612 282 842 880.

Sve u svemu,

Sˇ = Sˇ6 + Sˇ7 + Sˇ8 = 2 684 483 063 360.


17

DIRIHLEOV PRINCIP Pretpostavimo da je jato golubova doletelo u golubarnik. U svojoj originalnoj verziji, Dirihleov princip kaˇze da ako ima viˇse golubova nego kućica u golubarniku, tada će se bar u jednoj kućici naći bar dva goluba. Zbog ovoga se na engleskom govornom podruˇcju Dirihleov princip naziva The Pigeonhole Principle. Naravno, ovaj princip je primenljiv i na druge objekte, a ne samo na golubove. TEOREMA 1.1.11. Dirihleov princip. Ako je n + 1 ili viˇse objekata smeˇsteno u n kutija, tada se bar u jednoj kutiji nalaze bar dva objekta. Dokaz . Neka svaka kutija sadrˇzi najviˇse jedan objekat. Tada je ukupan broj objekata najviˇse n, ˇsto je u suprotnosti sa pretpostavkom da ima bar n + 1 objekata. Formalno gledano, ova teorema je posledica Teoreme 1.1.2. Ako imamo m objekata numerisanih brojevima 1, 2, . . . , m i n kutija numerisanih brojevima 1, 2, . . . , n, tada se smeˇstanje objekata u kutije moˇze predstaviti funkcijom f : Nm 7→ Nn tako da je f (i) = j ako je objekat i smeˇsten u kutiju j. Po Teoremi 1.1.2, ako je m > n, funkcija f ne moˇze da bude injekcija, pa postoje dve razliˇcite vrednosti i1 i i2 tako da je f (i1 ) = f (i2 ) = j, ˇsto znaˇci da kutija j sadrˇzi bar dva objekta — i1 i i2 ! PRIMER 1.1.12.

Navedimo nekoliko direktnih primena Dirihleovog principa:

a) U svakom skupu od 13 ili viˇse osoba, postoje bar dve koje su rodjene istog meseca. b) U svakom skupu od 367 ili viˇse osoba, postoje bar dve koje su rodjene istog datuma. c) U svakom skupu od milion osoba, postoje bar dve koje imaju isti broj dlaka na glavi (proseˇcna glava ima oko 150 000 dlaka). Kasnije ćemo videti i elegantnije primene Dirihleovog principa. PRIMER 1.1.13. Dokazati da za svaki ceo broj n postoji umnoˇzak od n koji se zapisuje samo pomoću cifara 0 i 1. Reˇsenje.

Neka je n pozitivan ceo broj. Posmatrajmo n celih brojeva 1, 11, 111, . . . , 11 · · 11} . | ·{z n

Ako je neki od njih deljiv sa n, problem je reˇsen. U suprotnom, pri deljenju sa n svaki od ovih brojeva daje jedan od n − 1 mogućih ostataka 1, 2, . . . , n − 1. Kako u nizu ima n brojeva, to po Dirihleovom principu sledi da postoje dva broja u nizu, recimo 11 · · 11} | ·{z

i

k

· · 11}, |11 ·{z

k < l,

l

koja daju isti ostatak pri deljenju sa n. Tada je njihova razlika 11 · · 11} 00 · · 00}, | ·{z | ·{z l−k

deljiva sa n.

k


18

PRIMER 1.1.14. Dokazati da ako je X skup osoba, tada postoje dve osobe u X koje imaju isti broj prijatelja u X. (Pretpostavlja se da ako je x prijatelj y, tada je i y prijatelj x.) Reˇsenje. Smestimo osobe u prostorije, gde će se u prostoriji i naći sve osobe koje imaju i prijatelja. Ako skup X sadrˇzi m osoba, tada ima m prostorija numerisanih brojevima 0, 1, . . . , m − 1. U ovom trenutku joˇs ne moˇzemo da primenimo Dirihleov princip, jer je broj prostorija isti kao i broj osoba. Medjutim, primetimo da bar jedna od prostorija 0 i m − 1 mora uvek da bude prazna. Naime, ako postoji osoba x0 koja ima m − 1 prijatelja, tada je svaka osoba prijatelj osobe x0 , pa stoga ne postoji osoba koja ima 0 prijatelja. Sliˇcno, ako postoji osoba x00 koja ima 0 prijatelja, tada ne postoji osoba koja ima m − 1 prijatelja. Prethodno razmatranje nam pokazuje da je m osoba iz X u stvarnosti rasporedjeno u m − 1 prostorija (ili u prostorije 0, 1, . . . , m − 2 ili u prostorije 1, 2, . . . , m − 1), pa nam Dirihleov princip sada kaˇze da zaista postoje dve osobe x1 i x2 koje se nalaze u istoj prostoriji, odnosno, koje imaju isti broj prijatelja u X. Primenom principa zbira dobija se neˇsto opˇstiji oblik Dirihleovog principa. Pretpostavimo da je odredjeni broj objekata smeˇsten u n kutija i neka Ai oznaˇcava skup objekata u kutiji i (1 6 i 6 n). Poˇsto su skupovi Ai disjunktni, ukupan broj objekata u kutijama je |A1 | + |A2 | + . . . + |An |. Stoga, ako bi se u svakoj kutiji nalazilo najviˇse r objekata, tada bi ukupan broj objekata bio najviˇse r + r + . . . + r = nr.

TEOREMA 1.1.15. Uopˇ steni Dirihleov princip. Ako je m objekata smeˇsteno u n kutija i m > nr, tada se bar u jednoj kutiji nalazi bar r + 1 objekat.

PRIMER 1.1.16. a) Koliko najmanje karata treba izvući iz standardnog ˇspila sa 52 karte da bi se medju izvuˇcenim kartama sigurno nalazile ˇcetiri sa istim znakom? b) Koliko najmanje karata treba izvući da bi se naˇsle bar tri sa znakom srca? Reˇsenje. a) Pretpostavimo da postoje ˇcetiri kutije i, kako se karte izvlaˇce, tako se stavljaju u kutiju rezervisanu za odgovarajući znak. Iz uopˇstenog Dirihleovog principa, vidimo da je dovoljno izvući bar 13 (= 4 · 3 + 1) karata da bi bile izvuˇcene bar tri istog znaka. Ovo je i najmanji traˇzeni broj, jer je moguće da se medju 12 izvuˇcenih karata nadju po tri karte od svakog znaka. b) U ovom sluˇcaju ne koristimo uopˇsteni Dirihleov princip, jer ˇzelimo da se uverimo da postoje tri karte odredjenog znaka, a ne tri karte nekog znaka! U najgorem sluˇcaju, moguće je izvući sve pikove, sve trefove i sve karoe, ˇsto ˇcini 39 karata, pre nego ˇsto izvuˇcemo makar i jedno srce. Sledeće tri karte će biti sa znakom srca, pa je stoga 39 + 3 = 42 najmanji broj karata koje treba izvući da bi se doˇslo do tri srca. PRIMER 1.1.17. Pretpostavimo da raˇcunarska uˇcionica ima 10 radnih stanica i 5 servera. Kablom se radna stanica moˇze direktno vezati za server. Na strani servera u bilo ˇ kom trenutku samo jedna direktna veza moˇze da bude aktivna. Zelimo da garantujemo da u svakom trenutku bilo koji skup od 5 ili manje radnih stanica moˇze istovremeno da


19

pristupi razliˇcitim serverima preko direktnih veza. Iako je ovo moguće uraditi povezivanjem svake radne stanice direktno sa svakim serverom (ˇsto zahteva 50 veza), koji je najmanji broj direktnih veza potreban za ostvarenje ovog cilja? Reˇsenje. Pretpostavimo da su radne stanica oznaˇcene sa w1 , w2 , . . . , w10 , a serveri sa s1 , s2 , . . . , s5 . Poveˇzimo direktnom vezom wk sa sk za k = 1, 2, . . . , 5 i svaku od stanica w6 , w7 , . . . , w10 sa svakim od servera. Imamo ukupno 30 direktnih veza kojima je ostvaren naˇs cilj: u svakom skupu od 5 ili manje radnih stanica, radna stanica wi sa 1 6 i 6 5 moˇze da pristupi serveru si , dok je broj radnih stanica wj sa 6 6 j 6 10 (one mogu da pristupe bilo kom slobodnom serveru) manji ili jednak broju preostalih slobodnih servera, pa i one mogu da pristupe razliˇcitim serverima. Pretpostavimo sada da je dovoljno manje od 30 direktnih veza izmedju radnih stanica i servera. Tada bi neki server bio povezan sa najviˇse 5 radnih stanica (jer, ako su svi serveri povezani sa bar 6 radnih stanica, tada je broj direktnih veza bar 5 · 6 = 30). Preostale radne stanice, njih bar 5, su tada povezane direktnim vezama samo sa preostala ˇcetiri servera, pa stoga nije moguće da bilo kojih 5 od ovih radnih stanica istovremeno pristupi razliˇcitim serverima. Stoga je zaista potrebno najmanje 30 direktnih veza za ostvarenje naˇseg cilja. Sledeći primer predstavlja veoma efektnu upotrebu Dirihleovog principa. PRIMER 1.1.18. Tokom dvadeset dana fudbalski tim igra bar jednu utakmicu dnevno, ali ne viˇse od 30 utakmica ukupno. Dokazati da postoji nekoliko uzastopnih dana tokom kojih je tim odigrao taˇcno 9 utakmica. Reˇsenje. Neka je aj broj utakmica odigranih od poˇcetka prvog dana do kraja j-tog dana. Niz a1 , a2 , . . . , a20 je rastući niz razliˇcitih prirodnih brojeva, pri ˇcemu je 16aj 630. Niz a1 + 9, a2 + 9, . . . , a20 + 9 je takodje rastući niz razliˇcitih prirodnih brojeva, pri ˇcemu je 10 6 aj + 9 6 39. ˇ Cetrdeset prirodnih brojeva a1 , a2 , . . . , a20 , a1 + 9, a2 + 9, . . . , a20 + 9 su svi manji ili jednaki 39. Prema tome, po Dirihleovom principu, dva od ovih brojeva su jednaka. Poˇsto su svi brojevi aj , j = 1, 2, . . . , 20 medjusobno razliˇciti i, takodje, brojevi aj + 9, j = 1, 2, . . . , 20 su medjusobno razliˇciti, to onda postoje i i j tako da je aj = ai + 9. Ovo znaˇci da je taˇcno 9 utakmica odigrano od i + 1-og dana do j-og dana. Poslednji primer u ovoj sekciji pokazuje kako uopˇsteni Dirihleov princip moˇze da se primeni na vaˇzan deo kombinatorike, Remzijevu teoriju (po engleskom matematiˇcaru F.P. Ramsey (1903–1930) je ova oblast dobila ime). Ova teorija se bavi postojanjem podskupova sa specijalnim svojstvima u datom skupu. PRIMER 1.1.19. Dokazati da u svakom skupu od ˇsest osoba postoje tri osobe tako da se one uzajamno poznaju ili se uzajamno ne poznaju. Reˇsenje. Neka je a proizvoljna osoba iz ovog skupa i smestimo preostalih pet osoba u dve prostorije: prva prostorija sadrˇzi osobe koje poznaju a, a druga prostorija sadrˇzi osobe koje ne poznaju a. Poˇsto je 5 > 2 · 2, jedna od ovih prostorija sadrˇzi bar tri osobe. Pretpostavimo da 1. prostorija sadrˇzi osobe b, c i d (a moˇzda i joˇs neke). Ako se bilo koje dve od osoba b, c i d poznaju, recimo b i c, tada je {a, b, c} podskup od tri osobe koje se uzajamno poznaju. U suprotnom, nikoje dve osobe iz skupa {b, c, d} se ne poznaju, pa ovaj podskup takodje zadovoljava uslove tvrdjenja. U sluˇcaju da 2. prostorija sadrˇzi tri ili viˇse osoba, dokaz ide analogno.


20

NAPOMENA.

U okviru Remzijeve teorije, za m, n ∈ N\{1}, Remzijev broj Rm,n oznaˇcava najmanji mogući broj ljudi tako da u svakoj grupi sa Rm,n osoba postoji ili m osoba koje se medjusobno poznaju ili n osoba koje se medjusobno ne poznaju. Prethodni primer sada pokazuje da je R(3, 3) 6 6. U stvari, vaˇzi da je R(3, 3) = 6, jer je moguće naći grupu od 5 osoba tako ne postoje niti tri osobe koje se medjusobno poznaju niti tri osobe koje se medjusobno ne poznaju (ovo ostavljamo kao veˇzbu ˇcitaocu). Najteˇzi problem u Remzijevoj teoriji je nalaˇzenje taˇcnih vrednosti R(m, n). Nalaˇzenjem pogodnih primera koji ne sadrˇze m medjusobnih poznanika niti n medjusobnih neznanaca moguće je dobiti donju granicu za R(m, n). Medjutim, da bi mogao da se iskoristi za odredjivanje taˇcne vrednosti R(m, n), ovakav primer mora da sadrˇzi R(m, n) − 1 osoba! Moˇze se pokazati da je R(m, n) = R(n, m), kao i da je R(2, n) = n za svako n ∈ N \ {1}. Medjutim, za 3 6 m 6 n poznato je svega nekoliko taˇcnih vrednosti, dok su za mnoge druge vrednosti poznate samo granice. U tabeli 1.3 je predstavljeno trenutno znanje o Remzijevim brojevima za 3 6 m 6 n.

n m 3 4 5 6 7 8 9

3

4

5

6

7

8

9

6

9 18

14 25 43–49

18 35–41 58–87 102–165

23 49–61 80–143 113–298 205–540

28 56–84 101–216 127–495 216–1031 282–1870

36 73–115 125–316 169–780 233–1713 317–3583 565–6588

Tabela 1.3: Vrednosti i granice Remzijevih brojeva R(m, n), 3 6 m 6 n. Detaljniji uvod u Remzijevu teoriju ˇcitalac moˇze da nadje na adresama http://en.wikipedia.org/wiki/Ramsey theory, http://en.wikipedia.org/wiki/Ramsey’s theorem, a pregled poznatih rezultata u PDF dokumentu na adresi http://www.combinatorics.org/Surveys/#DS1.

ZADACI 1.1.1. Na polici se nalazi 6 razliˇcitih knjiga na engleskom jeziku, 8 razliˇcitih knjiga na ruskom jeziku i 10 razliˇcitih knjiga na srpskom jeziku. Na koliko naˇcina moˇzemo izabrati 2 knjige tako da one budu na razliˇcitim jezicima? 1.1.2. Koliko 3-cifrenih brojeva moˇzemo da formiramo od 6 cifara 2, 3, 4, 5, 6 i 8 ako: a) cifre mogu da se ponavljaju? b) cifre ne mogu da se ponavljaju? c) broj treba da bude neparan i cifre ne mogu da se ponavljaju? d) broj treba da bude paran i cifre ne mogu da se ponavljaju? e) broj treba da bude deljiv sa 5 cifre ne mogu da se ponavljaju? f ) broj treba da sadrˇzi cifru 5 i cifre ne mogu da se ponavljaju? g) broj treba da sadrˇzi cifru 5 i cifre mogu da se ponavljaju? 1.1.3.

Koliko ima 5-tocifrenih prirodnih brojeva koji imaju taˇcno jednu cifru 6?

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 1.1.4.

21

Koliko razliˇcitih delilaca ima broj 60000?

1.1.5. a) Odrediti na koliko naˇcina moˇzemo faktorisati broj 441 000 na 2 faktora, m i n tako da je m > 1, n > 1 i NZD(m, n) = 1, pri ˇcemu redosled faktora nije bitan (tj. proizvodi m · n i n · m predstavljaju isto faktorisanje). b) Na koliko naˇcina moˇzemo faktorisati broj 441 000 na 2 prirodna faktora, pri ˇcemu redosled faktora nije bitan? c) Na koliko naˇcina moˇzemo faktorisati broj 441 000 na proizvoljan broj prirodnih faktora koji su uzajamno prosti u parovima, pri ˇcemu redosled faktora nije bitan? 1.1.6. Neka je S = {1, 2, . . . , n}. Odrediti broj svih funkcija f : S 7→ S koje nemaju fiksnu taˇcku, tj. funkcija kod kojih vaˇzi f (x) 6= x za svako x ∈ Nn . 1.1.7. Slepi ˇcovek ima hrpu od 2 para sivih, 3 para braon, 5 parova plavih, 7 parova belih i 10 parova crnih ˇcarapa. On ide na put i u kofer treba da spakuje odgovarajući broj ˇcarapa. a) Koliko ˇcarapa treba da izabere da bi bio siguran da ima par iste boje? b) Koliko njih treba da izabere da bi bio siguran da ima par plave boje? c) Koji je minimalan broj ˇcarapa koje treba da izabere da bi bio siguran da ima 8 ˇcarapa iste boje? 1.1.8. Dokazati da u proizvoljnom skupu od n + 1 prirodnih brojeva postoje dva ˇcija je razlika deljiva sa n. 1.1.9. Dokazati da u proizvoljnom skupu od 7 celih brojeva postoje dva broja x i y, tako da ili x + y ili x − y deljivo sa 10. 1.1.10. Dokazati da u proizvoljnom razbijanju (particiji) skupa X = {1, 2, 3, . . . , 9} na dva podskupa, bar jedan od ta 2 podskupa sadrˇzi aritmetiˇcku progresiju duˇzine 3. 1.1.11. 0001.

Dokazati da postoji n ∈ N, tako da se decimalni zapis broja 3n zavrˇsava sa

1.1.12. a) Dokazati da u svakom podskupu sa n + 1 elemenata skupa {1, 2, . . . , 2n} postoje dva razliˇcita broja tako da jedan od njih deli drugi; b) Dokazati da postoji podskup sa n elemenata skupa {1, 2, . . . , 2n} tako da nijedan od njegovih elemenata ne deli neki drugi element. 1.1.13. Kada je Eva bila 14 dana izvan grada zvala je 17 puta Adama. Ako je ona svakog dana napravila bar 1 medjugradski poziv, dokazati da postoji period od nekoliko uzastopnih dana tokom kojih je ona napravila taˇcno 10 poziva. 1.1.14. U kvadratu stranice 2 dato je k taˇcaka. a) Ako √ je k = 5 dokazati da postoje bar dve taˇcke tako da je njihovo rastojanje najviˇse 2. b) Ako √ je k = 4n2 + 1 dokazati da postoje bar dve taˇcke tako da je njihovo rastojanje najviˇse n2 . 1.1.15. Dokazati da se medju 3 cela broja uvek mogu izabrati 2 (recimo a i b) takvi da je izraz a3 b − ab3 deljiv sa 10.


22

1.1.16. Svaka taˇcka ravni obojena je crvenom ili belom bojom. Dokazati da postoji duˇz duˇzine 1 u toj ravni, ˇcija su oba kraja obojena istom bojom. 1.1.17. Svaka taˇcka ravni obojena je crvenom ili belom bojom. Dokazati da postoji jednakokrako–pravougli trougao, kod koga su sva 3 temena obojena istom bojom. 1.1.18. Ravan je obojena sa 3 boje. Pokazati da postoje 2 taˇcke u ravni, koje su obojene istom bojom, a nalaze se na jediniˇcnom rastojanju. 1.1.19. Ravan je obojena sa 2 boje. Dokazati da postoji jednakostraniˇcan trougao, kod koga su sva 3 temena obojena istom bojom. Da li tvrdjenje vaˇzi ako se traˇzi istobojni jednakostraniˇcni trougao stranice 1?

1.2

UREDJENI IZBORI ELEMENATA

Ponekad je poredak u kojem se elementi nalaze bitan, a ponekad nije. Na primer, reˇc STOP je razliˇcita od reˇci POTS, bez obzira ˇsto su obe reˇci formirane od slova iz skupa {O, P, S, T }. S druge strane, zbir brojeva 1 + 2 + 3 je isti kao zbir 2 + 3 + 1, bez obzira ˇsto je redosled ovih brojeva promenjen. U ovom odeljku ćemo nauˇciti kako da prebrojimo izbore elemenata kod kojih je poredak bitan, a kasnije ćemo prouˇcavati izbore elemenata kod kojih poredak nije bitan. Takodje ćemo nauˇciti da je vaˇzno da li je ili nije dozvoljeno ponavljanje elemenata. PRIMER 1.2.1. Posmatrajmo skup {A, B, C, D}. Na koliko naˇcina moˇzemo da izaberemo dva slova? Reˇsenje. Postoje ˇcetiri odgovora na ovo pitanje, u zavisnosti od toga da li je bitan poredak slova, kao i da li je dozvoljeno ponavljanje slova. a) Ako je poredak bitan i dozvoljeno je ponavljanje slova, tada postoji 16 izbora: AA AB AC AD

BA BB BC BD

CA CB CC CD

DA DB DC DD

b) Ako je poredak bitan, a ponavljanje nije dozvoljeno, tada postoji 12 mogućih izbora: BA AB AC AD

BC BD

CA CB

DA DB DC

CD

c) Ako poredak nije bitan, a dozvoljeno je ponavljanje, tada postoji 10 mogućnosti: AA AB AC AD

BB BC BD

CC CD

DD


23

d) Ako poredak nije bitan, a nije dozvoljeno ponavljanje, tada postoji samo 6 izbora: AB AC AD

BC BD

CD

Ovaj primer pokazuje ˇcetiri osnovna tipa kombinatornih problema. U ovom i sledećem poglavlju nauˇcićemo da reˇsavamo sve ove tipove problema u opˇstem sluˇcaju, tj. kada je problem izabrati m elemenata iz skupa sa n elemenata. U ovom poglavlju uopˇstićemo sluˇcajeve a) i b), dok ćemo u poglavlju 1.3 prouˇciti sluˇcajeve c) i d).

UREDJENI IZBORI SA PONAVLJANJEM U prethodnom primeru smo videli da je u sluˇcaju (a) broj izbora jednak 16 = 42 . Evo joˇs jednog sliˇcnog primera. PRIMER 1.2.2. Koliko postoji razliˇcitih reˇci sa 5 slova (koristeći naˇse pismo sa 30 slova i ukljuˇcujući i besmislene reˇci kao kćndv)? Reˇsenje. Poˇsto se svako od 5 slova moˇze nezavisno izabrati na 30 naˇcina, nije teˇsko videti da je odgovor 305 . I, zaista, svaka reˇc sa 5 slova se moˇze posmatrati kao preslikavanje skupa {1, 2, . . . , 5} u skup slova {a,b,c,. . . ,ˇz}: za svako od 5 mesta u reˇci, sa rednim brojevima 1, 2, . . . , 5, preslikavanje odredjuje slovo na tom mestu. Nalaˇzenje ovakvih jednostavnih prevodjenja svakodnevnih problema na jezik matematike jedna je od osnovnih veˇstina matematiˇckog zanata. Sada nije teˇsko videti da uredjeni izbor n elemenata sa ponavljanjem iz skupa M sa m elemenata u stvari odgovara preslikavanju skupa {1, 2, . . . , n} u skup M . TEOREMA 1.2.3. Neka je N skup sa n elemenata (koji moˇze da bude i prazan, tj. n > 0) i neka je M skup sa m elemenata, m > 1. Broj svih mogućih preslikavanja f : N 7→ M jednak je mn .

Dokaz . Do rezultata se moˇze doći imitiranjem ideje iz prethodnog primera, ali ćemo iskoristiti priliku da se naviknemo na stroge matematiˇcke dokaze. ˇ teorema tvrdi za Zato za dokaz koristimo metod matematiˇcke indukcije po n. Sta n = 0? U ovom sluˇcaju, posmatramo sva preslikavanja f skupa N = ∅ u neki skup M . Definicija preslikavanja nam kaˇze da takvo f mora da bude skup uredjenih parova (x, y) tako da x ∈ N = ∅ i y ∈ M . Poˇsto prazan skup nema elemenata, f ne moˇze da sadrˇzi nijedan takav uredjeni par, pa je jedina mogućnost da je f = ∅ (nema uredjenih parova). S druge strane, f = ∅ zadovoljava definiciju preslikavanja (proverite!). Prema tome, postoji taˇcno jedno preslikavanje f : ∅ 7→ M . Ovo se slaˇze sa formulom, jer je m0 = 1 za m > 1, pa zakljuˇcujemo da smo proverili sluˇcaj n = 0 kao bazu indukcije. Dalje, pretpostavimo da je teorema dokazana za sve n 6 n0 i sve m > 1. Neka je n = n0 + 1 i posmatrajmo skup N sa n elemenata i skup M sa m elemenata. Izaberimo proizvoljan element a ∈ N . Za opis preslikavanja f : N 7→ M potrebno je znati vrednost f (a) ∈ M i preslikavanje f 0 : N \{a} 7→ M . Vrednost f (a) moˇze da se izabere na m naˇcina, a za izbor f 0 imamo mn−1 mogućnosti po induktivnoj hipotezi, pa po principu proizvoda dobijamo da je ukupan broj mogućnosti za f jednak m · mn−1 = mn .


24

NAPOMENA.

Uredjeni izbori elemenata u literaturi se nazivaju joˇs i varijacije (uglavnom kod Rusa i u starijim naˇsim knjigama), dok se koristi i izraz k-permutacije za uredjene izbore sa k elemenata.

TEOREMA 1.2.4.

Svaki skup X sa n elemenata ima taˇcno 2n podskupova (n > 0).

Dokaz . Posmatrajmo proizvoljan podskup A skupa X i definiˇsimo preslikavanje fA : X 7→ {0, 1}. Za x ∈ X odredjujemo ½ 1 ako x ∈ A fA (x) = 0 ako x ∈ / A. Ovo preslikavanje se ˇcesto sreće u matematici i naziva se karakteristiˇcna funkcija skupa A. Razliˇciti skupovi A imaju razliˇcite funkcije fA , i vaˇzi i obrnuto, svako preslikavanje f : X 7→ {0, 1} odredjuje skup A = {x ∈ X | f (x) = 1} tako da je f = fA . Prema tome, broj podskupova X je isti kao broj svih preslikavanja X 7→ {0, 1}, a to je 2n po Teoremi 1.2.3. PRIMER 1.2.5. Da li medju brojevima 1, 2, . . . , 1010 ima viˇse onih koji sadrˇze cifru 9 u decimalnom zapisu ili onih koji je ne sadrˇze? Reˇsenje. Ako broj ne sadrˇzi cifru 9 u decimalnom zapisu, onda su sve njegove cifre u skupu {0, 1, . . . , 8}. Ovakvih brojeva sa najviˇse deset cifara ima ukupno 910 − 1 + 1 = 3 486 784 401. Naime, postoji 9 mogućnosti za svaku od deset cifara, pri ˇcemu se broj sa manje od deset cifara dobija tako sto se na njegov poˇcetak stavi potreban broj nula. Razlog za “−1 + 1” u gornjem izrazu je ˇsto najpre izostavljamo broj sastavljen od svih deset nula, a zatim dodajemo broj 1010 . Sada vidimo da brojeva koji sadrˇze cifru 9 u svom zapisu ima 1010 − 910 = 6 513 215 599, znatno viˇse nego brojeva koji ne sadrˇze cifru 9.

UREDJENI IZBORI BEZ PONAVLJANJA Neka je f : {1, 2, . . . , n} 7→ M preslikavanje koje odgovara uredjenom izboru elemenata iz skupa M . Kada je ponavljanje elemenata dozvoljeno, moguće je izabrati isti element dva puta, tako da vaˇzi f (r) = f (s) za razliˇcite r i s iz {1, 2, . . . , n}. Ako ponavljanje nije dozvoljeno, tada je f (r) 6= f (s) za svako r 6= s, pa vidimo da uredjenim izborima elemenata bez ponavljanja odgovaraju injektivna preslikavanja (injektivna preslikavanja se nazivaju joˇs i ”1-1” preslikavanja). TEOREMA 1.2.6. Neka je N skup sa n elemenata i neka je M skup sa m elemenata, n, m > 0. Broj svih injektivnih preslikavanja f : N 7→ M jednak je n−1 Y i=0

(m − i) = m(m − 1) · . . . · (m − n + 1).


25

Dokaz . Dokaz izvodimo indukcijom po n. Prazno preslikavanje je injektivno, pa stoga za n = 0 postoji taˇcno jedno injektivno preslikavanje, i ovo se slaˇze sa dogovorom da se vrednost praznog proizvoda definiˇse kao 1. Znaˇci, formula vaˇzi za n = 0. Iz Teoreme 1.1.2 znamo da ne postoji injektivno preslikavanje za n > m i ovo se takodje slaˇze sa gornjom formulom (jer se tada u njoj pojavljuje ˇcinilac 0). Posmatrajmo sada skup N sa n elemenata, n > 1, i skup M sa m elemenata, m > n. Fiksirajmo element a ∈ N i izaberimo proizvoljno vrednost f (a) ∈ M na jedan od m mogućih naˇcina. Preostaje nam da izaberemo injektivno preslikavanje iz N \ {a} u M \{f (a)}. Po induktivnoj hipotezi, postoji (m−1)(m−2)·. . .·(m−n+1) mogućnosti za ovaj izbor, pa stoga vidimo da postoji ukupno m(m − 1)(m − 2) · . . . · (m − n + 1) injektivnih preslikavanja f : N 7→ M . PRIMER 1.2.7. Klub ima 25 ˇclanova. Koliko ima naˇcina da se izaberu predsednik, potpredsednik, sekretar i blagajnik kluba? Reˇsenje. Predsednik kluba moˇze da se izabere na 25 naˇcina, izmedju preostalih osoba potpredsednik moˇze da se izabere na 24 naˇcina, sekretar na 23 i, konaˇcno, blagajnik na 22 naˇcina, tako da je broj razliˇcitih izbora jednak broju uredjenih izbora bez ponavljanja 4 osobe iz skupa sa 25 osoba, tj. 25 · 24 · 23 · 22 = 303 600.

PRIMER 1.2.8. U kampanji pred predsedniˇcke izbore, kandidat K treba da obidje sedam od petnaest gradova u Srbiji. Da bi postigao ˇsto bolji efekat pred izbore, kandidat je izabrao da svoju kampanju zavrˇsi u Beogradu. Na koliko razliˇcitih naˇcina se moˇze realizovati kampanja? Reˇsenje. S obzirom da je poslednji grad u kampanji već izabran, kandidat K u stvari treba da izabere prvih ˇsest gradova koje će obići od preostalih ˇcetrnaest gradova u Srbiji. Kako je bitan redosled obidjenih gradova, broj ovih izbora jednak je 14 · 13 · 12 · 11 · 10 · 9 = 2 162 160.

PERMUTACIJE Bijektivno preslikavanje konaˇcnog skupa X na samog sebe naziva se permutacija skupa X. PRIMER 1.2.9. pomoću

Primer permutacije skupa {1, 2, . . . , 5} je funkcija α definisana µ α=

1 2 3 2 4 5

4 1

5 3

¶ .

Skraćeno, ovu permutaciju ćemo pisati kao 24513. Permutacija konaˇcnog skupa kao bijektivno preslikavanje je ujedno i injekcija, ˇsto znaˇci da permutacija predstavlja poseban sluˇcaj uredjenog izbora elemenata bez ponavljanja kod koga se bira svih n od n elemenata. U skladu sa Teoremom 1.2.6, imamo sledeću direktnu posledicu.


POSLEDICA. 1.2.10

26

Broj permutacija skupa X sa n elemenata jednak je n! = n(n − 1) · . . . · 2 · 1.

Broj n! se ˇcita n faktorijel. Posebno za n = 0 vaˇzi 0! = 1. NAPOMENA.

Funkcija n! jako brzo raste, brˇze od svake eksponencijalne funkcije. Za procenu njene vrednosti koristi se Stirlingova formula koja tvrdi da za veliko n vaˇzi “ n ”n √ n! ≈ 2πn . e Ova procena je vrlo dobra: na primer, već za n = 8 greˇska je samo 1, 04%.

PRIMER 1.2.11. Pˇcela treba da skupi polen sa sedam razliˇcitih cvetova pre nego ˇsto se vrati u koˇsnicu. Kada pˇcela uzme polen sa nekog cveta ona se viˇse ne vraća na taj cvet. Na koliko naˇcina ona moˇze da obidje svih sedam cvetova? Reˇsenje. Kada jednom skupi polen sa nekog cveta, pˇcela viˇse nema razloga da se vraća na isti cvet. Zbog toga će pˇcela obići svaki cvet taˇcno jedanput, pa je traˇzeni broj jednak broju uredjenih izbora bez ponavljanja 7 od 7 elemenata, odnosno, broju permutacija od 7 elemenata. Stoga je broj mogućih obilazaka jednak 7!=5 040. PRIMER 1.2.12. Koliko ima permutacija cifara 12345678 koje sadrˇze cifre 123 jednu do druge u tom rasporedu? Reˇsenje. Poˇsto cifre 123 moraju da se pojave kao jedan blok, odgovor moˇzemo dobiti tako ˇsto ćemo naći broj permutacija ˇsest objekata, naime, bloka 123 i pojedinaˇcnih cifara 4, 5, 6, 7 i 8. Poˇsto ovih ˇsest objekata moˇze da se pojavi u proizvoljnom rasporedu, zakljuˇcujemo da postoji ukupno 6!=720 permutacija cifara 12345678 u kojima se cifre 123 pojavljuju kao jedan blok. Permutacije se ˇcesto sreću u matematici i imaju dosta korisnih primena. Evo nekih oblasti gde permutacije igraju vaˇznu ulogu: • U definiciji algebarskog pojma determinante reda n javlja se suma po svim permutacijama skupa od n elemenata: Neka je A = (aij ) realna kvadratna matrica reda n (mozhemo je zamishljati kao kavadratnu shemu n sa n u koju je upisano n2 brojeva). Tada je determinanta matrice A, u oznaci |A|, det(A) ili det A, jednaka sledećoj sumi po svim permutacijama iz skupa Sn = Sym (Nn ): X |A| = sgn σ · a1 σ(1) · a2 σ(2) · . . . · an σ(n) , σ∈Sn

gde sgn σ oznaˇcava znak permutacije (odnosno parnost permutacije).


27

Sliˇcna je i definicija kombinatornog pojma permanenta. U sluˇcaju kvadratne matrice reda n jedina razlika je ˇsto nema ˇclana sgn σ: X per A = a1 σ(1) · a2 σ(2) · . . . · an σ(n) . σ∈Sn

Permanent moˇzemo izraˇcunati pomoću Laplasovog razvoja po nekoj vrsti ili koloni, koji za razliku od determinanti, kod kojih se javlja ˇclan (−1)i+j , ima sve ˇclanove pozitivne. Laplasov razvoj po elementima i–te vrste za permanent glasi: per(A) =

n X

aij per(Aij ) = ai1 per(Ai1 ) + ai2 per(Ai2 ) + . . . + ain per(Ain ),

j=1

gde je n red matrice A, a Aij matrice koje se dobijaju od matrice A izbacivanjem i-te vrste i j-te kolone. Sliˇcno imamo Laplasov razvoj po elementima j–te kolone: n X per(A) = aij per(Aij ). i=1

Za ilustraciju rada sa permanentima videti Zadatak 1.2.20, kao i Primer 2.2.43 iz poglavlja ”Rekurentne jednaˇcine”(tu se permanent koristi za prebrojavanje permutacija sa ograniˇcenjima). Viˇse o permanentima moˇzete nauˇciti iz kompletne knjige Henrika Minka (eng. Henryk Minc) o njima, [22]. • Grupe permutacija, sa slaganjem funkcija kao operacijom, predstavljaju jedan od osnovnih predmeta prouˇcavanja u teoriji grupa, s obzirom da se svaka konaˇcna grupa moˇze utopiti u neku grupu permutacija. Grupe permutacija, kao i orbite permutacija ˇcine osnove primene terije grupa u Kombinatorici. Klasiˇcni rezultati ove oblasti su Burnsajdova (eng. Burnside) teorema, Frobenijusova (eng. Frobenius) lema i Poljine (madj. Pólya) teoreme prebrojavanja. Pomoću ovih tvrdjenja moguće je izvrˇsiti prebrojavanje (enumeraciju) znatnog broja veoma sloˇzenih kombinatornih objekata, ali one nalaze i primenu u teoriji grafova (npr. za odredjivanje broja neizomorfnih grafova). Pored toga, osnovni razlog za nemogućnost opˇsteg algebarskog reˇsenja jednaˇcine petog stepena leˇzi u osobinama grupe svih permutacija skupa sa pet elemenata. • Permutacije se koriste kod projektovanja i prouˇcavanja algoritama za sortiranje. Na primer, pomoću permutacija se moˇze pokazati da svaki algoritam za sortiranje koji u svom radu koristi samo medjusobno poredjenje po dva elementa niza ne moˇze da se, u opˇstem sluˇcaju, izvrˇsi za manje od cn log n koraka za neku konstantu c > 0. • Raspored karata u ˇspilu predstavlja jednu permutaciju karata. Meˇsanjem karata se pritom od jedne permutacije dobija druga permutacija karata. U profesionalnom kartanju se proces meˇsanja karata matematiˇcki prouˇcava pomoću svojstava permutacija da bi odgovorilo na razna pitanja, kao na primer: Polazeći od nepromeˇsanog ˇspila, koliko je puta potrebno meˇsati karte deljenjem na dva dela i njihovim spajanjem (ako ste gledali bilo koji film o Las Vegasu, onda sigurno znate kako izgleda ovakvo meˇsanje karata) da bi ˇspil bio potpuno izmeˇsan? • Permutacije se mogu iskoristiti i u matematiˇckoj estetici. Na slici 1.4 je ˇ prikazano Stajnhaus-Dˇ zonson-Troterovo tkanje (eng. Steinhaus-Johnson-Trotter). Ako paˇzljivo posmatrate, videćete da vertikalni preseci ovog tkanja predstavljaju sve permutacije konaca kojima je tkano, pri ˇcemu se svake dve susedne permutacije razlikuju u samo dve susedne pozicije (to je “X” izmedju dva susedna vertikalna preseka).


28

ˇ Slika 1.4: Stajnhaus-Dˇ zonson-Troterovo tkanje razliˇcitim koncima. Pored uobiˇcajenog zapisa permutacije kao funkcije postoji i ciklusni zapis permutacije, koji je pogodniji u nekim primenama. Kako se dobija ciklusni zapis permutacije? Primetimo da za permutaciju α = 24513 vaˇzi α(1) = 2,

α(2) = 4,

α(4) = 1.

Permutacija α ˇsalje element 1 u 2, 2 u 4 i 4 nazad u 1, i tada kaˇzemo da ovi elementi ˇcine ciklus (1 2 4) duˇzine 3. Sliˇcno, elementi 3 i 5 ˇcine ciklus (3 5) duˇzine 2, pa je ciklusni zapis ove permutacije α = (1 2 4)(3 5). Ciklusni zapis za proizvoljnu permutaciju π moˇze da se dobije pomoću sledećeg postupka, koji se ponavlja sve dok svi elementi ne budu rasporedjeni u cikluse: Izabrati proizvoljan element a koji joˇs nije rasporedjen u neki ciklus. Novi ciklus ˇcine elementi (a π(a) π(π(a)) π(π(π(a))) . . . π k−1 (a)) koje redjamo sve dok ne dodjemo do najmanjeg prirodnog broja k za koji vaˇzi π k (a) = a. Postoje dva naˇcina da promenimo ciklusni zapis bez uticaja na samu permutaciju. Najpre, svaki ciklus moˇze da poˇcne bilo kojim od svojih elemenata — na primer, (7 8 2 1 3) i (1 3 7 8 2) predstavljaju isti ciklus. Drugo, poredak ciklusa nije vaˇzan — na primer, (1 2 4)(3 5) i (3 5)(1 2 4) predstavljaju istu permutaciju. Bitni su podela elemenata skupa na cikluse, kao i njihov poredak unutar ciklusa, i oni su jedinstveno odredjeni ciklusnim zapisom. Ciklusni zapis nam moˇze dati korisne informacije o permutaciji. PRIMER 1.2.13. Karte oznaˇcene brojevima 1 do 12 poredjane su kao ˇsto je prikazano dole levo. Karte se skupljaju po vrstama i zatim se ponovo dele, ali po kolonama umesto po vrstama, tako da se dobija raspored kao dole desno. 1 4 7 10

2 5 8 11

3 6 9 12

1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

Koliko puta mora da se izvrˇsi ovaj postupak pre nego ˇsto se karte ponovo nadju u poˇcetnom rasporedu? Reˇsenje. Neka je π permutacija koja predstavlja postupak premeˇstanja karata, tako da je π(i) = j ako se karta j pojavljuje na mestu koje je pre premeˇstanja zauzimala karta i. Ako π predstavimo pomoću ciklusa dobijamo π = (1)(2 5 6 10 4)(3 9 11 8 7)(12).


29

Ciklusi (1) i (12) znaˇce da karte 1 i 12 sve vreme ostaju na svojim mestima. Preostala dva ciklusa imaju duˇzinu 5, tako da će se posle pet ponavljanja postupka sve karte naći na svojim poˇcetnim mestima. (Probajte.) Drugim reˇcima π 5 = id, gde π 5 predstavlja petostruko ponavljanje permutacije π, a id oznaˇcava identiˇcnu permutaciju, definisanu sa id(j) = j.

ZADACI 1.2.1. U radnji postoji k razliˇcitih vrsta razglednica, koje treba poslati prijateljima, kojih ima n. a) Na koliko naˇcina je moguće svakom prijatelju poslati taˇcno jednu razglednicu? b) Koliko ima naˇcina ako svakom prijatelju treba poslati razliˇcitu razglednicu? c) Od svake vrste razglednica je kupljena taˇcno po jedna. Na koliko naˇcina je moguće poslati razglednice prijateljima (prijatelj moˇze dobiti bilo koji broj razglednica, ukljuˇcujući i 0)? 1.2.2. Komitet od devet ˇclanova treba da izabere predsednika, sekretara i blagajnika. Koliko mogućih izbora postoji? 1.2.3. Odrediti broj nizova duˇzine r koji se mogu formirati od prvih 7 slova azbuke, ako je a) r = 4; b) r = 9 i slova 1◦ mogu da se ponavljaju; 2◦ ne mogu da se ponavljaju. 1.2.4. Odrediti broj naˇcina da se rasporedi m ˇzena i n muˇskaraca (m < n) za okruglim stolom, tako da nikoje 2 ˇzene ne sede jedna do druge. 1.2.5. Da li medju brojevima 1, 2, . . . , 9 999 999 ima viˇse onih koji sadrˇze cifru 5 u decimalnom zapisu ili onih koji je ne sadrˇze? 1.2.6. Neka je dat skup S = {s, i, c, g}. Koliko ima a) relacija u S; b) relacija koje nisu simetrichne u S; c) antisimetrichnih relacija u S? 1.2.7. Koliko se binarnih relacija moˇze definisati na skupu sa n elemenata? Koliko postoji: a) refleksivnih, b) simetriˇcnih, c) refleksivnih i simetriˇcnih relacija? 1.2.8.

Odrediti broj binarnih nizova duˇzine n koji sadrˇze paran broj nula (znakova 0).

1.2.9. Odrediti broj reˇci duˇzine n koje se mogu formirati od slova A, B, C, D i E, koje sadrˇze paran broj slova A. (Reˇci ne moraju imati neko znaˇcenje.) 1.2.10. U prizemlju zgrade od 7 spratova u lift su uˇsli Aca, Duˇsan, Luka, Marija i Nataˇsa. Na koliko naˇcina se lift moˇze isprazniti tako da ni u jednom trenutku muˇskarac i ˇzena ne budu sami u liftu? 1.2.11. Na koliko naˇcina se moˇze postaviti osam topova na ˇsahovsku tablu tako da se oni medjusobno ne napadaju? 1.2.12. Ako je n > 2, koliko ima permutacija skupa {1, 2, . . . , n} u kojima su brojevi 1 i 2 susedni? µ ¶ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.2.13. Napisati ciklusni zapis za permutaciju . 3 5 7 8 4 6 1 2 9

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA µ 1.2.14.

Odrediti red permutacije

30

1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 3 1 5 4 7 8 9 6

¶ .

1.2.15. Preferans ˇspil od 32 karte je podeljen u dva jednaka dela i promeˇsan preplitanjem, tako da ako je originalni poredak karata bio 1, 2, 3, 4, . . . , novi poredak je 1, 17, 2, 18, . . . . Koliko puta treba primeniti ovakvo meˇsanje da bi se ˇspil vratio u originalni poredak? 1.2.16. Odrediti sve moguće relacije totalnog poretka nad skupom a) S = {1, 2, 3}; b) S = {1, 2, 3, . . . , n}. Koliko ih ukupno ima? 1.2.17.

Koliko permutacija skupa {1, 2, . . . , n} ima samo jedan ciklus?

1.2.18.

Koliko ima permutacija p skupa {1, 2, . . . , n} za koje je p2 = id, p 6= id?

1.2.19. Kvadratni koren permutacije p je permutacija q tako da vaˇzi p = q 2 . Naći formulu za broj kvadratnih korena permutacije p. Kakve permutacije imaju jedinstveni kvadratni koren? 1.2.20. Odrediti permanente sledećih    1 1 1 1 2 3 1 2 3 a) A = 2 3 4; b) B =  1 1 1 3 4 5 1 0 0

matrica:  1 4 ; c) Jn ; 1 0



1·1 2 · 1  d) C =  .  ..

1·2 2·2 .. .

... ...

n·1

n·2

...

 1·n 2 · n  .. ; .  n·n

e) Jn − In , gde In i Jn predstavljaju jediniˇcnu matricu reda n i matricu ˇciji su svi elementi jednaki 1 reda n.

1.3

NEUREDJENI IZBORI ELEMENATA

NEUREDJENI IZBORI BEZ PONAVLJANJA U jednoj od prethodnih sekcija smo za matematiˇcko definisanje pojma uredjenog izbora k elemenata konaˇcnog skupa X koristili preslikavanje f iz uredjenog skupa {1, 2, . . . , k} u skup X. Na ovaj naˇcin, bili smo u mogućnosti da kaˇzemo da je element f (1) izabran prvi, element f (2) drugi, a element f (k) poslednji. S druge strane, kod neuredjenog izbora elemenata skupa X nije vaˇzno koji je element izabran prvi, a koji poslednji, tako da nema potrebe uvoditi preslikavanja. S obzirom da sada razmatramo neuredjene izbore elemenata bez ponavljanja vidimo da oni predstavljaju k-toˇclane podskupove skupa X. DEFINICIJA 1.3.1.

Neka je X skup, a k nenegativan ceo broj. Simbol µ ¶ X k

oznaˇcava skup svih k-toˇclanih podskupova skupa X. Na primer,

¡{a,b,c}¢ 2

= {{a, b}, {a, c}, {b, c}}.


31

DEFINICIJA 1.3.2. Neka su n > k nenegativni celi brojevi. Binomni koeficijent je funkcija promenljivih n i k data pomoću µ ¶ n n(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 1) = = k k(k − 1) · . . . · 2 · 1

k−1 Y

¡n¢ k

(n − i)

i=0

k!

.

¡ ¢ Primetimo da simbol xk sada ima dva znaˇcenja, u zavisnosti od toga da li je x skup ili broj. Opravdanje za ovo preklapanje simbola nalazi se u sledećoj teoremi. TEOREMA 1.3.3. Broj neuredjenih izbora k elemenata bez ponavljanja skupa X, tj. broj k-toˇclanih podskupova skupa X jednak je ¯µ ¶¯ µ ¶ ¯ X ¯ |X| ¯ ¯ ¯ k ¯= k . Dokaz . Neka je n = |X|. Prebrojaćemo uredjene izbore k elemenata skupa X bez ponavljanja na dva naˇcina. S jedne strane, iz Teoreme 1.2.6 znamo da je ovaj broj jednak ¡ ¢ n(n − 1) · . . . · (n − k + 1). S druge strane, od svakog k-toˇclanog podskupa M ∈ X k uredjivanjem njegovih elemenata moˇzemo da dobijemo k! razliˇcitih uredjenih izbora k elemenata i svaki uredjeni izbor k elemenata moˇze da se dobije samo iz jednog k-toˇclanog podskupa M na ovaj naˇcin. Prema tome, ¯µ ¶¯ ¯ X ¯ ¯. n(n − 1) · . . . · (n − k + 1) = k! ¯¯ k ¯ ` ´ ` ´ ` ´ Posebne vrednosti binomnih koeficijenata su n0 = 1, n1 = n i n = 1. n Primetimo inaˇce da se definicija 1.3.2 moˇze proˇsiriti na sve realne vrednosti n, tako da moˇzemo da piˇsemo ! (−2, 5) · (−3, 5) · (−4, 5) −2, 5 = = −6, 5625. 3 3·2·1

NAPOMENA.

Ovu definiciju moˇzemo da proˇsirimo i na negativne vrednosti k i na vrednosti n > k dogovorom da je ! n =0 za k < 0 i k > n. k

NAPOMENA.

Neredjeni izbori elemenata u literaturi se nazivaju joˇs i kombinacije.

PRIMER 1.3.4. Tokom noći, lopov je upao u galeriju sa 20 umetniˇckih dela. Medjutim, on u svom rancu ima mesta za taˇcno 3 predmeta. Na koliko naˇcina on moˇze da izabere predmete koje će ukrasti? Reˇsenje. Lopov treba da napravi neuredjeni izbor 3 elementa bez ponavljanja iz skupa od 20 elemenata. Po Teoremi 1.3.3, on to moˇze da uradi na µ ¶ 20 20 · 19 · 18 = = 1 140 3 3·2·1 naˇcina.


32

PRIMER 1.3.5. Iz odeljenja od 9 deˇcaka i 11 devojˇcica treba izabrati komisiju za izbor najlepˇse djaˇcke torbe koja će se sastojati od 3 deˇcaka i 4 devojˇcice. Na koliko naˇcina je moguće formirati ovakvu komisiju? ¡¢ Reˇsenje. Po principu proizvoda, ovaj broj je jednak proizvodu broja 93 neuredjenih ¡ ¢ izbora 3 elementa bez ponavljanja iz skupa od 9 elemenata i broja 11 4 neuredjenih izbora 4 elementa bez ponavljanja iz skupa od 11 elemenata: µ ¶ µ ¶ 9 11 · = 84 · 330 = 27 720. 3 4

NEUREDJENI IZBORI SA PONAVLJANJEM Ako dozvolimo ponavljanje u neuredjenom izboru elemenata skupa X, onda on viˇse ne predstavlja obiˇcan podskup skupa X. PRIMER 1.3.6. a) Koliko ima naˇcina da se izaberu tri novˇcića iz kase koja sadrˇzi novˇciće od 1, 2, 5 i 10 dinara, ukoliko redosled biranja novˇcića nije bitan već samo broj izabranih novˇcića svake vrste i ako u kasi postoji bar tri novˇcića svake vrste? b) Koliko ima naˇcina da se izaberu pet novˇcanica iz kase koja sadrˇzi novˇcanice od 10, 20, 50, 100, 200, 500 i 1000 dinara? Kao i u prethodnom pitanju, i u ovom sluˇcaju redosled biranja novˇcanica nije bitan, novˇcanice iste vrednosti se ne mogu medjusobno razlikovati, a u kasi postoji bar pet novˇcanica svake vrste. Reˇsenje.

a) Postoji 20 naˇcina, prikazanih u sledećoj tabeli: 1d 1d 1d

1d 1d 2d 1d 2d 2d

1d 1d 5d 1d 2d 5d 1d 5d 5d

2d 2d 2d

2d 2d 5d 2d 5d 5d 5d 5d 5d

1d 1d 1d 1d 2d 2d 2d 5d 5d 10d

1d 2d 5d 1d 2d 5d 10d 5d 10d 10d

10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d 10d

b) U ovom sluˇcaju, broj mogućih izbora je dovoljno veliki da bi bilo vrlo nepraktiˇcno sve ih prikazati. Zbog toga ćemo detaljnije prouˇciti naˇs problem. S obzirom da redosled izabranih novˇcanica nije bitan, kao i da se svaka vrsta novˇcanica moˇze izabrati do pet puta, u ovom problemu treba da nadjemo broj neuredjenih izbora 5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenata. Pretpostavimo da kasa ima sedam pregrada, po jednu za svaku vrstu novˇcanica. Na slici je ilustrovan izbor jedne novˇcanice od 50 dinara, dve novˇcanice od 200 dinara i po jedne novˇcanice od 500 dinara i od 1000 dinara: 10d

20d

• 50d

100d

•• 200d

• 500d

• 1000d


33

Na sliˇcan naˇcin, svaki izbor pet novˇcanica moˇzemo da predstavimo pomoću pet markera rasporedjenih u pregradama kase. Ako sada obriˇsemo dno kase sa oznakama vrednosti novˇcanica, levu ivicu prve pregrade i desnu ivicu poslednje pregrade, vidimo da se svaki izbor pet novˇcanica moˇze predstaviti pomoću rasporeda pet markera i ˇsest ivica koje odredjuju pregrade kase: •

••

•

•

Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od 11 mogućih pozicija, ˇsto predstavlja broj neuredjenih izbora 5 elemenata bez ponavljanja iz skupa od 11 elemenata, a on je jednak µ ¶ 11 11 · 10 · 9 · 8 · 7 = = 462. 5 5·4·3·2·1 Uopˇstenjem gornjeg pristupa moˇzemo dokazati sledeću teoremu. TEOREMA 1.3.7. jednak je

Broj neuredjenih izbora k elemenata sa ponavljanjem skupa X µ ¶ |X| + k − 1 . k

Dokaz . Svaki neuredjeni izbor k elemenata sa ponavljanjem skupa X moˇze da se, na jedinstven naˇcin, predstavi pomoću niza od k markera i |X| − 1 ivica. Ivice se koriste da oznaˇce pregrade koje odgovaraju pojedinim elementima skupa X, dok svaki marker oznaˇcava izbor elementa koji odgovara pregradi u kojoj se marker nalazi. Na primer, neuredjeni izbor 6 elemenata iz skupa X = {a, b, c, d} moˇze da se predstavi pomoću niza od 6 markera i 3 ivice: •

••

•••

Ovaj niz oznaˇcava da je jednom izabran element a, dva puta element b, nijednom element c i tri puta element d.

Sliˇcno kao i u primeru, niz od k markera i |X| − 1 ivica odgovara neuredjenom izboru bez ponavljanja k pozicija za markere od mogućih |X| + k − 1 pozicija. Zbog toga je traˇzeni broj upravo jednak µ ¶ |X| + k − 1 , k s obzirom da i svaki niz od k markera i |X| − 1 ivica odgovara taˇcno jednom neuredjenom izboru k elemenata sa ponavljanjem skupa X. PRIMER 1.3.8. kutija?

Na koliko naˇcina se 12 istih lopti moˇze rasporediti u 6 razliˇcitih

Reˇsenje. Broj mogućih rasporeda lopti je jednak broju neuredjenih izbora 12 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 6 elemenata, tj. µ ¶ 6 + 12 − 1 = 6 188. 12


PRIMER 1.3.9.

34


k := 0 for i1 := 1 to n for i2 := 1 to i1 for i3 := 1 to i2 .. . for im := 1 to im−1 k := k + 1 end for .. . end for end for end for

Reˇsenje. Primetimo da je poˇcetna vrednost promenljive k jednaka 0 i da se k uvećava za 1 svaki put kada se prodje kroz ugnjeˇzdenu petlju sa nizom brojeva i1 , i2 , . . . , im takvim da je 1 6 im 6 im−1 6 . . . 6 i2 6 i1 6 n. Broj ovakvih nizova brojeva jednak je broju naˇcina da se m celih brojeva izabere sa ponavljanjem iz skupa {1, 2, . . . , n}. (S jedne strane, niz i1 , i2 , . . . , im predstavlja izbor m brojeva iz {1, 2, . . . , n}; s druge strane, svaki izbor m brojeva iz {1, 2, . . . , n}, nakon ˇsto se uredi u nerastući poredak, predstavlja jedan od traˇzenih nizova.) Sada iz Teoreme 1.3.7 vidimo da će vrednost promenljive k nakon izvrˇsenja koda biti jednaka µ ¶ n+k−1 . k

PRIMER 1.3.10.

Koliko reˇsenja ima jednaˇcina x1 + x2 + . . . + xk = n,

gde su x1 , x2 , . . . , xk nenegativni celi brojevi? Reˇsenje. Posmatrajmo skup X = {1, 2, . . . , k}. Ako pretpostavimo da, za 1 6 i 6 k, broj xi oznaˇcava koliko je puta izabran element i iz skupa X, onda vidimo da svako reˇsenje (x1 , x2 , . . . , xk ) gornje jednaˇcine oznaˇcava taˇcno jedan neuredjeni izbor n elemenata sa ponavljanjem iz skupa sa k elemenata. Takodje vaˇzi i obratno: svaki neuredjeni izbor n elemenata sa ponavljanjem iz skupa sa k elemenata odredjuje taˇcno jedno reˇsenje (x1 , x2 , . . . , xk ) gornje jednaˇcine. Stoga reˇsenja jednaˇcine ima koliko i ovakvih neuredjenih izbora, a to je µ ¶ k+n−1 . n


35

NAPOMENA.

Prema Uslovu simetriˇcnosti (Lema 1.6.2) iz odeljka 1.6` Osobine ´ binomnih ` ´ = k+n−1 . koeficijenta, imamo da je broj reˇsenja jednaˇcine x1 +x2 +. . .+xk = n jednak k+n−1 n k−1

PRIMER 1.3.11. Na polici se nalazi n knjiga. Na koliko naˇcina se moˇze izabrati k knjiga sa police, tako da nikoje dve izabrane knjige nisu bile susedne na polici? Reˇsenje. Neka x1 oznaˇcava broj knjiga na polici ispred prve izabrane knjige, xi , 26i6k, broj knjiga na polici koje se nalaze izmedju (i − 1)-ve i i-te izabrane knjige, a xk+1 broj knjiga na polici iza poslednje izabrane knjige. S obzirom da brojevi xi , 1 6 i 6 k + 1, prebrojavaju sve neizabrane knjige sa police, vaˇzi da je x1 + x2 + . . . + xk + xk+1 = n − k. S druge strane, iz uslova da izabrane knjige nisu bile susedne vidimo da vaˇzi x2 , x3 , . . . , xk > 1, dok je x1 , xk+1 > 0. Da bismo izbegli ovakvo izdvajanje posebnih sluˇcajeva, zamislimo da smo na policu dodali joˇs dve nove knjige: jednu ispred prve knjige na polici i jednu iza poslednje knjige na polici. Ako dozvolimo da x1 i xk+1 prebrojavaju i ove dve nove knjige, onda će vaˇziti: x1 + x2 + . . . + xk + xk+1 = n − k + 2, x1 , x2 , . . . , xk+1 > 1. Neka je sada yi = xi − 1, 1 6 i 6 k + 1. Tada su yi nenegativni celi brojevi za koje vaˇzi da je y1 + y2 + . . . + yk+1 = (n − k + 2) − (k + 1) = n − 2k + 1. Iz prethodnog primera vidimo da je broj reˇsenja poslednje jednaˇcine jednak µ ¶ n−k+1 . n − 2k + 1 Ovo je ujedno i broj mogućih izbora k nesusednih knjiga sa police, s obzirom da niz brojeva yi , 1 6 i 6 k + 1, na jedinstven naˇcin odredjuje niz brojeva xi , 1 6 i 6 k + 1, a da on dalje na jedinstven naˇcin odredjuje izbor nesusednih knjiga.

PERMUTACIJE SA PONAVLJANJEM Posebnu vrstu izbora ˇcine permutacije familije elemenata, u kojoj se neki od elemenata sadrˇze viˇse puta. Tada se mora povesti raˇcuna kako bi se izbeglo da se isti izbor prebrojava viˇse puta. Razmotrimo sledeći problem: PRIMER 1.3.12. Koliko razliˇcitih reˇci, ukljuˇcujući besmislene, moˇze da se sastavi od slova reˇci ABRAKADABRA?


36

Reˇsenje. Iako imamo 11 slova na raspolaganju, neka od njih su ista, tako da odgovor u ovom sluˇcaju nije 11!. Naime, sada treba da prebrojimo permutacije familije slova u kojoj se slovo A pojavljuje 5 puta, slova B i R po dva puta, a slova D i K po jedanput. Ovakva permutacija će biti odredjena ukoliko znamo na kojih pet pozicija u reˇci se nalaze slova ¡11¢ A, na koje dve pozicije slova B itd. Pet pozicija za slova A se moˇze izabrati na naˇcina, a zatim se izmedju preostalih ˇsest pozicija dve pozicije za slova B mogu 5 ¡¢ izabrati na 62 naˇcina. Nastavljajući dalje, od preostale ˇcetiri pozicije dve pozicije za ¡¢ slova R se moˇze izabrati na 42 naˇcina, a od preostale dve pozicije jedna pozicija za ¡2¢ slovo D se moˇze izabrati na 1 naˇcina. Nakon ovoga nam preostaje samo jedna pozicija u reˇci za slovo K. Sada vidimo da je ukupan broj traˇzenih permutacija jednak µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶ 11 6 4 2 = 83 160. 5 2 2 1 Uopˇstavajući reˇsenje gornjeg primera moˇzemo da dokaˇzemo sledeću teoremu. TEOREMA 1.3.13. Broj permutacija familije sa n elemenata, u kojoj se prvi element sadrˇzi n1 puta, drugi element n2 puta, . . . , a k-ti element nk puta (pri tome vaˇzi n1 + n2 + . . . + nk = n), jednak je µ ¶µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n − n1 n − n1 − n2 n − n1 − . . . − nk−2 nk · ... · · . n1 n2 n3 nk−1 nk ¡ ¢ Dokaz . Primetimo da postoji nn1 naˇcina da se n1 kopija prvog elementa rasporedi izmedju n pozicija u permutaciji. Nakon toga preostaje n−n1 ¡slobodnih pozicija, izmedju ¢ 1 kojih n2 kopija drugog elementa moˇze da se rasporedi na n−n naˇ c ina, ostavljajući n2 n − n1 − n2 slobodnih pozicija. Nastavljajući na ovaj naˇcin rasporedjivanje kopija elemenata, moˇzemo ¢da vidimo ¡ ¡nk ¢ da će na kraju kopije k-tog elementa moći da se rasporede k−1 na n−n1 −...−n = cina. Po principu proizvoda, broj traˇzenih permutacija nk nk = 1 naˇ je jednak µ ¶µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n − n1 n − n1 − n2 n − n1 − . . . − nk−2 nk · ... · · . n1 n2 n3 nk−1 nk PRIMER 1.3.14. na drugi naˇcin.

Uradimo ponovo prethodni primer sa ABRAKADABRA, ali sada

Reˇsenje. Zamislimo najpre da se sva slova u reˇci razlikuju, tako da imamo 5 razliˇcitih slova A itd. Na primer, moˇzemo da ih uˇcinimo razliˇcitim dodajući im indekse: A1 B1 R1 A2 K1 A3 D1 A4 B2 R2 A5 . Sada imamo 11 razliˇcitih slova koja mogu da se preurede na 11! razliˇcitih naˇcina. Posmatrajmo proizvoljnu reˇc saˇcinjenu od “neindeksirane” reˇci ABRAKADABRA, na primer BAKARADABAR. Od koliko razliˇcitih “indeksiranih” reˇci moˇzemo da dobijemo ovu reˇc brisanjem indeksa? Indeksi 5 slova A mogu da se rasporede na 5! naˇcina, indeksi 2 slova B mogu da se rasporede (nezavisno) na 2! naˇcina, za 2 slova R takodje imamo 2! mogućnosti i konaˇcno za po jedno slovo K i D imamo po 1! mogućnost. Prema tome, reˇc BAKARADABAR, kao i bilo koju drugu reˇc dobijenu od reˇci ABRAKADABRA, moˇzemo da indeksiramo na 5!2!2!1!1! naˇcina. Broj 11! . neindeksiranih reˇci, ˇsto je i reˇsenje problema, jednak je 5!2!2!1!1!


37

Uopˇstavajući reˇsenje gornjeg primera uspostavićemo vezu izmedju broja kombinacija koje smo prebrojali na 2 razliˇcita naˇcina. LEMA. 1.3.15. µ ¶µ ¶µ ¶ µ ¶ n n − n1 n − n1 − n2 nk n! · ... · = . n1 n2 n3 nk n1 ! · n2 ! · n3 ! · . . . · nk !

Reˇsenje. Pomoću Faktorijelne reprezentacije binomnih koeficijenata (Lema 1.6.1 iz odeljka 1.6 Osobine binomnih koeficijenta) moguće je prikazati polinomne koeficijente na znatno jednostavniji naˇcin: µ ¶ µ ¶µ ¶µ ¶ µ ¶ n n n − n1 n − n1 − n2 n − n1 − · · · − nk−1 = · ... · n1 , n2 , . . . , nk n1 n2 n3 nk (n − n1 )! (n − n1 − n2 )! n! · · · = n1 !(n − n1 )! n2 !(n − n1 − n2 )! n3 !(n − n1 − n2 − n3 )! (n − n1 − . . . − nk−1 )! ... · nk !(n − n1 − . . . − nk−1 − nk )! n! = . n1 ! · n2 ! · n3 ! · . . . · nk ! Kako bismo izbegli stalno ponavljanje dugaˇckog proizvoda binomnih koeficijenata iz prethodne teoreme, ili razlomka sa faktorijalima iz prethodne leme, uveˇsćemo sledeću definiciju polinomnih koeficijenata (ponegde se nazivaju i multinomijalni koeficijenti). ¡ ¢ Polinomni koeficijent n1 ,n2n,...,nk se definiˇse pomoću ¶ n n! = . n1 , n 2 , . . . , n k n1 ! · n2 ! · n3 ! · . . . · nk !

DEFINICIJA 1.3.16. µ

Joˇs jedan tip izbora elemenata, ˇciji se broj predstavlja polinomnim koeficijentima, ilustrovan je sledećim primerom. PRIMER 1.3.17. Na koliko naˇcina se pokeraˇsima Aci, Branku, Cakiju i Dejanu moˇze podeliti po pet karata iz standardnog ˇspila od 52 karte? ¡ ¢ Reˇsenje. Na poˇcetku deljenja, Aci se pet karata moˇze podeliti na 52 cina. Branku 5 naˇ ¡47¢ se tada pet karata moˇze podeliti na 5 naˇcina, s obzirom da je nakon podele karata ¡ ¢ Aci u ˇspilu ostalo 47 karata. Sliˇcno, Cakiju se pet karata moˇze podeliti na 42 cina, 5 naˇ ¡37¢ a Dejanu na 5 naˇcina. Preostale 32 karte ostaju na stolu. Po principu proizvoda, ukupan broj razliˇcitih deljenja je jednak µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶ µ ¶ 52 47 42 37 32 52 = . 5 5 5 5 32 5, 5, 5, 5, 32 Ovo je primer koj ilustruje da u jednostavnom kombinatornom problemu moˇzemo dobiti veoma velike rezultate. Kada bismo izraˇcunali ovaj broj dobili bismo zaista ogroman broj: 1 478 262 843 475 644 020 034 240.


38

Prethodni primer predstavlja primer izbora u kome razliˇcite objekte treba smestiti u razliˇcite kutije: razliˇciti objekti su 52 karte iz ˇspila, a pet razliˇcitih kutija se koristi za karte svakog od ˇcetiri pokeraˇsa kao i za ostatak ˇspila. TEOREMA 1.3.18. Broj naˇcina da se n razliˇcitih objekata smesti u k razliˇcitih kutija, tako da se u kutiji i nalazi ni objekata za 1 6 i 6 k, jednak je µ ¶ n . n 1 , n 2 , . . . , nk Iako se do dokaza moˇze doći uopˇstavanjem reˇsenja prethodnih primera, mi ćemo ipak iskoristiti zaobilazni put koji će nam pokazati da smo se mi, u stvari, već susreli sa ovim problemom, samo ˇsto je on tada imao drugaˇciju formulaciju. Dokaz . Ako objekte poredjamo u niz, a kutije oznaˇcimo brojevima 1,2,. . . ,k, tada svakom rasporedu objekata po kutijama odgovara taˇcno jedna permutacija familije brojeva 1,2,. . . ,k u kojoj se broj i ponavlja ni puta. Naime, datom rasporedu objekata moˇzemo da pridruˇzimo permutaciju sa ponavljanjem koja se dobija tako ˇsto se svaki objekat iz niza zameni brojem kutije u koji je on rasporedjen. S druge strane, za datu permutaciju sa ponavljanjem njen pridruˇzeni raspored moˇzemo da odredimo ukoliko j-ti objekat iz niza rasporedimo u kutiju oznaˇcenu j-tim brojem iz permutacije za 1 6 j 6 n. Prema tome, ovo pridruˇzivanje predstavlja bijekciju izmedju skupa svih rasporeda objekata u kutije i skupa svih permutacija sa ponavljanjem. Iz Teoreme 1.3.13 sada zakljuˇcujemo da je broj rasporeda objekata u kutije jednak µ ¶ n . n1 , n 2 , . . . , n k

ZADACI 1.3.1. Od 16 ljudi, gde su po 4 iz Srbije, Rumunije, Bugarske i Makedonije, treba izabrati 6 u komitet. Koliko ima takvih izbora ako: a) svaka zemlja mora da bude zastupljena u komitetu; b) nijedna zemlja ne moˇze imati viˇse od 2 predstavnika u komitetu? 1.3.2. Po ˇsahovskoj tabli kreće se top. On polazi iz donjeg levog ugla table i kreće se, jedno po jedno polje, po najkraćem putu do gornjeg desnog ugla table. Koliko postoji najkraćih puteva? 1.3.3. Koliko postoji permutacija ˇspila od 52 karte u kojima se sva ˇcetiri asa nalaze medju prvih 10 karata? 1.3.4. Na koliko naˇcina koˇsarkaˇski trener moˇze sastaviti ekipu od 5 koˇsarkaˇsa sa dva centra, dva beka i jednim krilom, ako na raspolaganju ima 10 koˇsarkaˇsa, od kojih trojica mogu biti samo centri, trojica samo bekovi, jedan samo krilo, dvojica krilo ili bek, a jedan krilo ili centar?


39

1.3.5. Na koliko naˇcina se 2n vojnika (razliˇcitih po visini) moˇze rasporediti u dve vrste tako da je svaki vojnik iz prve vrste niˇzi od vojnika iza njega? 1.3.6. Na koliko naˇcina se 8 istih svezaka, 9 istih olovaka i 10 istih knjiga mogu podeliti trojici uˇcenika, tako da svaki uˇcenik dobije bar po jedan predmet od svake vrste? 1.3.7. U kutiji se nalazi 36 ˇzutih, 27 plavih, 18 zelenih i 9 crvenih kuglica, pri ˇcemu se kuglice iste boje ne razlikuju medjusobno. Na koliko naˇcina se moˇze izabrati 10 kuglica? 1.3.8. Ukrotitelj izvodi 5 lavova i 4 tigra. Na koliko naˇcina ih moˇze rasporediti u vrstu ako tigrovi ne smeju biti jedan pored drugog? (Svi tigrovi su medjusobno razliˇciti i svi lavovi su medjusobno razliˇciti!) 1.3.9. Dat je konveksan n-tougao, takav da nikoje dve od pravih koje su odredjene temenima n-tougla nisu paralelne i nikoje tri od datih pravih ne seku se u istoj taˇcki, koja nije teme n-tougla. Odrediti broj preseˇcnih taˇcaka pomenutih pravih koje se nalaze a) unutar datog n-tougla, b) van datog n-tougla? 1.3.10. Neka je X skup sa n elemenata. Dokazati da: ¡ ¢ a) Postoji skup od nn∗ podskupova skupa X tako da se nijedan od njih ne sadrˇzi u nekom drugom, gde je n∗ = 12 n ako je n paran broj i n∗ = 21 (n − 1) ako je n neparan broj. ¡ ¢ b) U svakom skupu od bar nn∗ + 1 podskupova skupa X postoje dva razliˇcita podskupa tako da se jedan od njih sadrˇzi u drugom.

1.4

GENERISANJE PERMUTACIJA

S obzirom na vaˇznost permutacija kao kombinatornih objekata, u ovom delu ćemo se baviti njihovim generisanjem pomoću raˇcunara. Konkretno, odgovorićemo na sledeća pitanja: a) Kako generisati sve permutacije n elemenata? b) Kako generisati permutaciju sa datim rednim brojem? c) Kako generisati sluˇcajnu permutaciju n elemenata? Primetimo da prva dva pitanja implicitno pretpostavljaju postojanje poretka na skupu permutacija (kako bismo inaˇce znali koja je permutacija prva, koja k-ta, a koja poslednja?). Stoga, da bismo odgovorili na ova pitanja, neophodno je da najpre uvedemo relaciju poretka na skupu svih permutacija. Postoji viˇse razliˇcitih naˇcina da se definiˇse ovakva relacija, a najprirodniji od njih je leksikografski poredak permutacija. DEFINICIJA 1.4.1. Permutacija a1 a2 . . . an prethodi permutaciji b1 b2 . . . bn u leksikografskom poretku ako za neko k, 16k6n, vaˇzi da je a1 = b1 , a2 = b2 , . . . , ak−1 = bk−1 , dok je ak < bk .


40

Drugim reˇcima, permutacija a1 a2 . . . an prethodi permutaciji b1 b2 . . . bn (u leksikografskom poretku) ako je, na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacije razlikuju, broj u prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji. PRIMER 1.4.2. Permutacija 24135 skupa {1, 2, 3, 4, 5} prethodi permutaciji 24351, jer se permutacije slaˇzu na prve dve pozicije, dok je na trećoj poziciji broj 1 u prvoj permutaciji manji od broja 3 u drugoj permutaciji. Sliˇcno, permutacija 35421 prethodi permutaciji 41235, jer već na prvoj poziciji imamo da je broj 3 u prvoj permutaciji manji od broja 4 u drugoj permutaciji.

PRIMER 1.4.3. Prva permutacija u leksikografskom poretku skupa {1, 2, . . . , n} je permutacija 123 . . . n, a poslednja je permutacija n . . . 321.

GENERISANJE SVIH PERMUTACIJA Algoritam za generisanje svih permutacija skupa {1, 2, 3, . . . , n} se zasniva na proceduri koja za datu permutaciju a1 a2 . . . an generiˇse sledeću permutaciju u leksikografskom poretku. U tom sluˇcaju, svih n! permutacija će biti generisano ako podjemo od permutacije 123 . . . n i zatim n! − 1 puta pozovemo proceduru za generisanje sledeće permutacije. Kako radi ova procedura? Pretpostavimo najpre da je an−1 < an u permutaciji a1 a2 . . . an−1 an . Zamenimo mesta an−1 i an da bismo dobili veću permutaciju a1 a2 . . . an an−1 . Nijedna druga permutacija ne moˇze da sledi permutaciju a1 a2 . . . an−1 an , a da prethodi permutaciji a1 a2 . . . an an−1 . Na primer, sledeća permutacija posle 423156 je 423165. S druge strane, ako je an−1 > an , onda se sledeća permutacija ne moˇze dobiti zamenom mesta ovih elemenata. Posmatrajmo stoga poslednja tri elementa. Ako je an−2 < an−1 , tada se poslednja tri elementa mogu prerasporediti tako da se dobije leksikografski sledeća permutacija: manji od brojeva an−1 i an koji je veći od an−2 stavimo na poziciju n − 2, a zatim an−2 i preostali broj postavimo u rastući poredak na pozicijama n − 1 i n. Na primer, sledeća permutacija posle 423165 je 423516. S druge strane, ako je an−2 > an−1 (i an−1 > an ), tada se veća permutacija ne moˇze dobiti zamenom mesta ovih elemenata. Na osnovu ovoga, moˇze se dobiti opˇsti metod za nalaˇzenje leksikografski sledeće permutacije: najpre, pronadjimo poziciju j tako da je aj < aj+1 i aj+1 > aj+2 > . . . > an ; zatim, na poziciju j stavimo najmanji od brojeva aj+1 , aj+2 , . . . , an koji je veći od aj , a onda aj i preostale brojeve poredjamo na pozicijama j + 1 do n u rastućem poretku. Pseudo-kod ove procedure je dat u nastavku (tu je swap procedura koja menja vrednosti 2 broja).


41

procedure sledecapermutacija(a1 a2 . . . an ) // a1 a2 . . . an je permutacija {1, 2, . . . , n} razliˇcita od n . . . 21 j := n − 1 while aj > aj+1 j := j − 1 // po izlazu iz petlje j je najveći indeks sa aj < aj+1 k := n while aj > ak k := k − 1 // po izlazu iz petlje ak je najmanji broj veći od aj sa k > j swap(aj , ak ) // preuredi brojeve aj+1 . . . an u rastući poredak r := n s := j + 1 while r > s begin swap(ar , as ) r := r − 1 s := s + 1 end end procedure PRIMER 1.4.4. 42758631?

Koja je sledeća permutacija u leksikografskom poretku posle

Reˇsenje. Poslednji par brojeva u ovoj permutaciji za koje je aj < aj+1 je a4 = 5 i a5 = 8. Najmanji broj veći od a4 = 5 koji se nalazi iza njega je a6 = 6. Zbog toga broj 6 dolazi na 4. poziciju, a brojevi 5, 8, 3 i 1 se rasporedjuju na poslednje ˇcetiri pozicije u rastućem poretku. Prema tome, leksikografski sledeća permutacija je 42761358. PRIMER 1.4.5. Reˇsenje.

Generisati permutacije skupa {1, 2, 3, 4} u leksikografskom poretku.

Permutacije su date u sledećoj tabeli, poredjane po vrstama: 1234 2134 3124 4123

1243 2143 3142 4132

1324 2314 3214 4213

1342 2341 3241 4231

1423 2413 3412 4312

1432 2431 3421 4321

GENERISANJE ODREDJENE PERMUTACIJE U sluˇcaju da ˇzelimo da odredimo k-tu permutaciju u leksikografskom poretku, gde je 1 6 k 6 n!, opet je moguće primeniti gornju proceduru, tako ˇsto ćemo poći od permutacije 12 . . . n i pozvati proceduru k − 1 puta. Medjutim, postoji i jednostavniji naˇcin od toga. Naime, jasno je da u leksikografskom poretku:


42

• prvih (n − 1)! permutacija poˇcinje brojem 1, • sledećih (n − 1)! permutacija poˇcinje brojem 2, • sledećih (n − 1)! permutacija poˇcinje brojem 3, itd. Stoga vidimo da će k-ta permutacija a1 a2 . . . an poˇcinjati brojem ¼ » k , a1 = (n − 1)! gde dxe oznaˇcava najmanji ceo broj veći ili jednak x (na primer, d3, 5e = 4, d−3, 5e = −3, ˇ d2e = 2). Staviˇ se, ostatak permutacije a2 . . . an će predstavljati k 0 -tu permutaciju u leksikografskom poretku svih permutacija preostalih elemenata, gde je k 0 = k − (a1 − 1)(n − 1)!. Sada moˇzlemo induktivno da primenimo gornje zapaˇzanje: permutacija a2 . . . an će m k0 poˇcinjati (n−2)! -elementom po redu iz rastućeg poretka preostalih elemenata. Treći, ˇcetvrti i ostale elemente permutacije moˇzemo da odredimo na sliˇcan naˇcin. Ovakvom postupku odgovara rekurzivna procedura permutacijaporedu(k,m), ˇciji je pseudo-kod dat u nastavku. Promenljiva m predstavlja poziciju elementa permutacije koji se odredjuje u tom pozivu procedure. Pretpostavlja se da je a globalno definisani celobrojni niz, a n globalno definisani ceo broj. procedure l permutacijaporedu(k,m) m k a[m] := (n−m)! if m < n then begin k 0 := k − (a[m] − 1)(n − m)! permutacijaporedu(k 0 , m + 1) for i := m + 1 to n if a[i] > a[m] then a[i] := a[i] + 1 end end procedure for petlja u gornjem pseudo-kodu zahteva dodatno objaˇsnjenje. Naime, u sluˇcaju da je n > 1 poziv procedure permutacijaporedu(k 0 ,m + 1) će vratiti k 0 -tu permutaciju am+1 . . . an skupa {1, 2, . . . , n − 1}. Kako je nama, u stvari, potrebna k 0 -ta permutacija skupa {1, . . . , am − 1, am + 1, . . . , n}, reˇsenje se sastoji u tome da, nakon rekurzivnog poziva, sve elemente permutacije am+1 . . . an koji su veći ili jednaki am uvećamo za 1. PRIMER 1.4.6. skupa {1, 2, 3, 4}? Reˇsenje.

Koja je 17. permutacija u leksikografskom poretku permutacija

Prvi element traˇzene permutacije je » ¼ 17 a1 = = 3, 3!


43

a u ostatku postupka traˇzimo k 0 -tu permutaciju u leksikografskom poretku permutacija skupa {1, 2, 4}, gde je k 0 = 17 − 2 · 3! = 5. Sada je

»

¼ 5 a2 = = 3, 2!

ˇsto znaˇci da je element na drugoj poziciji permutacije u stvari treći element u rastućem poretku elemenata 1,2,4, a to je broj 4. Dalje je k 0 = 5 − 2 · 2! = 1, ˇsto znaˇci da traˇzimo leksikografski prvu permutaciju elemenata skupa {1, 2}, a to je permutacija 12. Prema tome, traˇzena 17. permutacija je 3412.

ˇ GENERISANJE SLUCAJNE PERMUTACIJE Konaˇcno, ako ˇzelimo da odredimo sluˇcajnu permutaciju skupa {1, 2, . . . , n}, tada moˇzemo da primenimo sledeću proceduru: procedure slucajnapermutacija(a,n) for i := 1 to n a[i] := i for k := n downto 1 swap(a[k], a[rand(k)]) end procedure U prethodnoj proceduri koristimo sledeće 2 procedure: swap procedura menja vrednosti 2 broja, dok rand(k) daje sluˇcajan broj izmedju 1 i k, uniformno rasporedjen. Prema tome, procedura najpre od svih n elemenata sluˇcajno bira element koji će pojaviti na n-toj poziciji permutacije, a zatim od preostalih n − 1 elemenata sa prvih n − 1 pozicija sluˇcajno bira element za (n − 1)-vu poziciju permutacije, i tako redom dok svi elementi permutacije ne budu sluˇcajno izabrani. Ova procedura se prvi put pojavila u sledećim ˇclancima: • R. Durstenfeld, Algorithm 235: Random permutations, CACM (1964), 420. • G. de Balbine, Note on random permutations, Math. Comput. 21 (1967), 710–712. NAPOMENA.

Na adresi

http://www.theory.cs.uvic.ca/~cos/cos.html nalazi se Combinatorial Object Server, sajt koji sadrˇzi implementacije algoritama za generisanje mnogih vrsta kombinatornih objekata (ne samo permutacija!) prostim navodjenjem njihovih parametara u okviru odgovarajućih web strana. Istraˇzite ovaj paˇznje vredan sajt! (P.S. Kodovi implementacija algoritama ipak nisu dostupni).


44

ZADACI 1.4.1.

Rasporediti sledeće permutacije skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6} u leksikografski redosled: 234561, 231456, 165432, 156423, 543216, 541236, 231465, 314562, 432561, 654321, 654312, 435612.

1.4.2. Ispisati sve (ima ih 24) razliˇcite permutacije skupa X4 = {A, E, M, T } i to u leksikografskom poretku. 1.4.3. Odrediti sve 2-slovne reˇci sa slovima iz skupa {a, b, c, d} u leksikografskom poretku. 1.4.4. Odrediti broj reˇci koje se mogu dobiti od slova a) M, A, T, R, I, C, A; b) K, V, A, D, R, A, T, N, A. Za svaku od te 2 reˇci odrediti koja je po redu medju svim reˇcima od tih slova koje su date u leksikografskom poretku. 1.4.5.

Odrediti a) 28-mu; b) 75-tu; c) 100-tu permutaciju skupa {a, b, c, d, e}.

1.4.6. Odrediti za svaku permutaciju koja je po redu, kao i koja joj prethodi i koja sledi nakon nje u leksikografskom redosledu: a) 1342; b) 45321; c) 13245; d) 654321; e) 23587416. 1.4.7.

Odrediti sve 3-permutacije (uredjene izbore sa 3 elementa) skupa {1, 2, 3, 4, 5}.

1.5

GENERISANJE KOMBINACIJA

Kao i permutacije, kombinacije su takodje vaˇzni kombinatorni objekti koje je ˇcesto potrebno konstruisati u praksi pomoću raˇcunara. Prvo pitanje na koje ćemo odgovoriti u ovoj sekciji je kako generisati sve kombinacije skupa sa n elemenata, bez obzira na broj elemenata koji te kombinacije sadrˇze. Medjutim, mnogo interesantniji problemi tiˇcu se generisanja kombinacija koje sadrˇze k elemenata (tzv. k-kombinacija), tako da su glavna pitanja na koja ćemo odgovoriti u ovoj sekciji sledeća: • Kako generisati sve k-kombinacije skupa sa n elemenata? ¡ ¢ • Kako medju nk ovakvih kombinacija generisati kombinaciju sa datim rednim brojem? • Kako generisati sluˇcajnu k-kombinaciju? Pre nego ˇsto poˇcnemo sa predstavljanjem algoritama za generisanje, moramo da vidimo kako će se kombinacije predstavljati u memoriji raˇcunara. S obzirom da kombinacija u stvari predstavlja podskup datog skupa, jedan naˇcin predstavljanja je pomoću niza koji će sadrˇzati sve elemente kombinacije. Drugi, efektniji, naˇcin je da kombinaciju, tj. podskup, predstavimo pomoću njegove karakteristiˇcne funkcije. Na taj naˇcin, svaku


45

kombinaciju skupa sa n elemenata moˇzemo da predstavimo pomoću niza od n bitova jednakih 0 ili 1. Ukoliko kombinacija sadrˇzi k elemenata, tada njena binarna reprezentacija sadrˇzi k bitova jednakih 1. Sada se sve kombinacije skupa sa n elemenata mogu generisati tako ˇsto će se generisati binarne reprezentacije brojeva od 0 do 2n − 1, redom, a onda iz njih konstruisati kombinacije. Ako je data binarna reprezentacija broja i, 0 6 i < 2n − 1, tada se binarna reprezentacija broja i + 1 dobija tako ˇsto pronadjemo poslednje pojavljivanje bita 0 u reprezentaciji (svi bitovi nakon toga su jednaki 1), a zatim ovaj bit promenimo u 1, a sve bitove nakon njega u 0. U nastavku je dat pseudo kod za ovu proceduru. procedure sledeca binarna reprezentacija(n, b1 b2 . . . bn ) // pretpostavlja se da je b1 b2 . . . bn 6= 11 . . . 1 i := n while bi = 1 begin bi := 0 i := i − 1 end bi := 1 end procedure PRIMER 1.5.1.

Koja je sledeća binarna reprezentacija nakon 110010111?

Reˇsenje. Bit 0 se poslednji put pojavljuje na ˇsestom mestu ove reprezentacije. Zbog toga sledeću binarnu reprezentaciju dobijamo tako ˇsto na ˇsesto mesto postavimo bit 1, a zatim na sedmo, osmo i deveto mesto postavimo bit 0, dobijajući tako reprezentaciju 110011000.

GENERISANJE SVIH k-KOMBINACIJA Sve k-kombinacije skupa {1, 2, . . . , n} mogu se generisati u leksikografskom poretku takodje pomoću njihovih binarnih reprezentacija: algoritam poˇcinje kombinacijom {1, 2, . . . , k} ˇcija je reprezentacija 11 . . . 1} 00 . . . 0 | {z k

i redom generiˇse reprezentacije za svaku sledeću kombinaciju sve dok ne stigne do kombinacije {n − k + 1, . . . , n − 1, n}, ˇcija je reprezentacija 00 . . . 0 |11 {z . . . 1} . k

Glavni sastojak ovog algoritma je procedura za odredjivanje binarne reprezentacije leksikografski sledeće kombinacije. Ova procedura se zasniva na ˇcinjenici da je, za bilo koji prefiks b1 b2 . . . bt−1 1, 1 6 t < n, reprezentacija leksikografski prve kombinacije sa tim prefiksom b1 b2 . . . bt−1 1 11 . . . 100 . . . 0,


46

a reprezentacija leksikografski poslednje kombinacije (1.1)

b1 b2 . . . bt−1 1 00 . . . 011 . . . 1.

Nakon svih tih reprezentacija leksikografski sledeća kombinacija je jednaka (1.2)

b1 b2 . . . bt−1 0 111 . . . 100 . . . 0,

gde 111 . . . 1 u (1.2) sadrˇzi jednu jedinicu viˇse od 11 . . . 1 u (1.1). Primetimo da za svaku reprezentaciju, osim za leksikografski poslednju kombinaciju 00. . . 011. . . 1, postoji jedinstveni prefiks b1 b2 . . . bt−1 1 za koji ona ima oblik (1.1), tako da ostatak reprezentacije sadrˇzi vezani niz nula, a zatim vezani niz jedinica (tu je bar jedna nula, dok jedinica ne mora ni da bude – tad je broj jedinica u ostatku reprezentacije jednak nuli). Procedura najpre nalazi taj prefiks i zatim odredjuje reprezentaciju leksikografski sledeću kombinacije – to je (1.2): jedinicu sa kraja prefiksa menja u nulu, odmah iza nje redja potreban broj jedinica i na kraju ostatak popunjava nulama. U nastavku je dat pseudo-kod ove procedure. procedure sledeca kombinacija(n, b1 b2 . . . bn ) // pretpostavlja se da je b1 b2 . . . bn 6= 00 . . . 011 . . . 1 i := n while bi = 1 i := i − 1 j := n − i // ovo je broj jedinica na kraju niza while bi = 0 i := i − 1 // traˇzeni prefiks je b1 b2 . . . bi−1 1 bi := 0 for k := i + 1 to i + j + 1 bk := 1 for k := i + j + 2 to n bk := 0 end procedure PRIMER 1.5.2. {1, 2, 6, 7}?

Koja je sledeća kombinacija skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} nakon

Reˇsenje. Binarna reprezentacija kombinacije {1, 2, 6, 7} je 1100011. Ona ima oblik (1.1) za prefiks 11, tako da je, prema prethodnoj proceduri, 1011100 reprezentacija leksikografski sledeće kombinacije {1, 3, 4, 5}. PRIMER 1.5.3. {1, 2, 3, 6}?

Koja je sledeća kombinacija skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} nakon

Reˇsenje. Binarna reprezentacija kombinacije {1, 2, 3, 6} je 1110010. U ovom sluˇcaju, oblik (1.1) se dobija za prefiks 111001 (primetimo da gornja procedura nema niˇsta protiv da se reprezentacija zavrˇsava nulom). Sada je 1110001 reprezentacija leksikografski sledeće kombinacije {1, 2, 3, 7}.


47

NAPOMENA.

Glavna osobina prethodne procedure je njena jednostavnost. Medjutim, sigurno je da ona nije najbrˇza moguća. Ukoliko ˇzelite da steknete detaljniji uvid u razliˇcite i brˇze pristupe generisanju kombinacija, proˇcitajte dokument sa adrese http://www-cs-faculty.stanford.edu/~knuth/fasc3a.ps.gz, koji sadrˇzi priliˇcno iscrpnu priˇcu o generisanju kombinacija (na 65 strana) i predstavlja poˇcetnu verziju poglavlja koje će se pojaviti u ˇcetvrtom tomu sada već klasiˇcne serije knjiga The Art of Computer Programming, autora Donalda Knutha.

NAPOMENA.

Jedan od novijih radova u kome se predstavlja brˇzi algoritam za generisanje svih k-kombinacija je: • Frank Ruskey, Aaron Williams, Generating combinations by prefix shifts, COCOON 2005, The Eleventh International Computing and Combinatorics Conference, Kunming, China, 2005, Lecture Notes in Computer Science, 3595 (2005) 570-576. (Jeste, Frank Ruskey je autor sajta Combinatorial Object Server.) Ovaj rad se moˇze naći i na adresi http://www.cs.uvic.ca/~ruskey/Publications/Coollex/Coollex.pdf. U ovom radu se takodje daje i procedura za generisanje kombinacije sa datim rednim brojem.

NAPOMENA.

Da bi se omogućilo brˇze generisanje kombinacija u ovom i sliˇcnim radovima ne koristi se leksikografski, već druge vrste poretka na skupu kombinacija. Naime, iako je leksikografski poredak lako razumljiv, nema jakog razloga zaˇsto baˇs njega treba koristiti u praksi. Na primer, ako treba da se generiˇsu sve kombinacije, onda nije preterano bitno da li će te kombinacije biti sortirane, već da li smo sigurni da su baˇs sve generisane. Evo i zanimljivog predloga za ˇcitaoce: istraˇzite na Internetu ˇsta je to Grejov kod (eng. Gray code)!

GENERISANJE ODREDJENE k-KOMBINACIJE Pre nego ˇsto predjemo na algoritam za generisanje k-kombinacije skupa {1, 2, . . . , n} sa datim rednim brojem r, moramo da odgovorimo na jednostavno pitanje: Koliko ima k-kombinacija {a1 , a2 , . . . , ak }, a1 < a2 < . . . < ak , koje poˇcinju datim elementom? Naravno, odgovor na ovo pitanje nije teˇzak: ako je data vrednost a1 , tada je {a2 , . . . , ak } jedna (k − 1)-kombinacija skupa {a1 + 1, a1 + 2, . . . , n}, pa je ukupan broj takvih kom¢ ¡ 1 binacija jednak n−a . k−1 Prema tome, u leksikografskom poretku postoji: ¡ ¢ cinju elementom 1; • n−1 k−1 kombinacija koje poˇ ¡ ¢ • n−2 cinju elementom 2; k−1 kombinacija koje poˇ • •

.. . ¡k−1¢ k−1

kombinacija koje poˇcinju elementom n − k + 1.


48

Sada moˇzemo da vidimo da će k-kombinacija sa rednim brojem r u leksikografskom poretku poˇcinjati onim elementom a1 za koji vaˇzi da je (1.3)

aX 1 −1 µ i=1

¶

n−i k−1

<

r

6

¶ a1 µ X n−i . k−1 i=1

ˇ Staviˇ se, (k − 1)-kombinacija {a2 , . . . , ak } će, u leksikografskom poretku, medju kombinacijama koje poˇcinju elementom a1 , imati redni broj r0 = r −

aX 1 −1 µ i=1

¶ n−i . k−1

U tom sluˇcaju, da bismo pronaˇsli ostale elemente kombinacije dovoljno je rekurzivno odrediti koja (k − 1)-kombinacija skupa {a1 + 1, a1 + 2, . . . , n} ima redni broj r0 . Prethodna zapaˇzanja se lako prevode u rekurzivni algoritam, ˇciji je pseudo-kod dat u nastavku. Znaˇcenje promenljivih u pozivu procedure je sledeće: • r je redni broj kombinacije; • m je pozicija prvog neodredjenog elementa kombinacije u nizu a, koji sadrˇzi sve elemente kombinacije. U proceduri se pretpostavlja da je a globalno definisani celobrojni niz, a n i k globalno definisani celi brojevi. Rezultat procedure je niz a = a1 a2 . . . ak i njim je u potpunosti odredjena r-ta u leksikografskom redosledu k-kombinacija skupa Nn — {a1 , a2 , . . . , ak }. Da bi sam algoritam bio jednostavniji, pretpostavićemo i da je a0 = 0 (tj. da je to definisano van tela procedure)! procedure kombinacija po redu(r,m) ¡ ¢ // pretpostavlja se da je k 6 n − a[m − 1] i r 6 n−a[m−1] k if m > k return // uslov za zavrˇsetak rekurzije; tad je a1 a2 . . . ak data kombinacija t := 1 // t je redni broj a[m] u skupu {am−1 + 1, . . . , n} s0 := 0 // donja parcijalna suma iz (1.3) za i od 1 do t − 1 = 0 ¡n−a[m−1]−t¢ s := k−m // gornja parcijalna suma iz (1.3) za i od 1 do t = 1 while r > s begin t := t + 1 s0 := s ¡ ¢ s := s + n−a[m−1]−t k−m end a[m] := a[m − 1] + t r0 := r − s0 kombinacija po redu(r0 , m + 1) end procedure


49

PRIMER 1.5.4. Koja je kombinacija 12. po redu u leksikografskom poretku 3kombinacija skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6}? Reˇsenje. Imamo n = 6, k = 3 i r = 12. Iz (1.3) vidimo da ovom rednom broju odgovara 3-kombinacija ˇciji je prvi element jednak a1 = 2 jer je µ ¶ µ ¶ µ ¶ 5 5 4 = 10 < 12 6 16 = + . 2 2 2 Ostatak kombinacije {a2 , a3 } sada predstavlja leksikografski drugu 2-kombinaciju skupa {3, 4, 5, 6}, a to je kombinacija {3, 5}. Prema tome, traˇzena 3-kombinacija je {2, 3, 5}.

ˇ GENERISANJE SLUCAJNE k-KOMBINACIJE Postoje dva pristupa za generisanje sluˇcajne k-kombinacije: i) Generiˇsimo sluˇcajnu permutaciju i prvih k elemenata te permutacije proglasimo sluˇcajnom kombinacijom; ii) Generiˇsimo elemente kombinacije {a1 , a2 , . . . , ak }, a1 < a2 < . . . < ak , redom: – element a1 uzima sluˇcajnu vrednost izmedju 1 i n − k + 1 (tako da iza njega ostane bar k − 1 slobodnih vrednosti za preostale elemente kombinacije); – element a2 uzima sluˇcajnu vrednost izmedju a1 + 1 i n − k + 2; – element a3 uzima sluˇcajnu vrednost izmedju a2 + 1 i n − k + 3; . – .. – element ak uzima sluˇcajnu vrednost izmedju ak−1 + 1 i n = n − k + k. ˇ mislite, koji od ova dva pristupa će kombinacije generisati uniformno (tako da Sta svaka kombinacija ima jednaku ˇsansu da bude generisana)? Razmotrimo ih malo detaljnije: • Kako se u prvom pristupu permutacije generiˇsu uniformno, moˇzemo oˇcekivati da će se svaka permutacija pojaviti jednom u n! poziva procedure. Koliko puta će onda, medju ovih n! poziva, biti generisana proizvoljna kombinacija {a1 , a2 , . . . , ak }? Upravo onoliko puta koliko ima i permutacija n elemenata ˇcijih je prvih k elemenata jednako {a1 , a2 , . . . , ak }. S obzirom da prvih k elemenata moˇzemo da rasporedimo na k! naˇcina, a da preostalih n − k elemenata moˇzemo da rasporedimo na (n − k)! naˇcina, broj ovakvih permutacija jednak je k!(n − k)!. Prema tome, prvi pristup generiˇse kombinacije na uniforman naˇcin. • Za razliku od njega, u drugom pristupu će razliˇcite kombinacije imati razliˇcite ˇsanse za pojavljivanje. Najpre, kombinacija {n−k+1, . . . , n−1, n} će imati najveću ˇsansu za pojavljivanje: otprilike jednom na svakih n − k + 1 puta! Razlog tome je ˇsto, ako je generator sluˇcajnih brojeva uniforman, moˇzemo oˇcekivati da će a1 dobiti vrednost n − k + 1 jednom u svakih n − k + 1 poziva procedure. U tom sluˇcaju, vrednosti za a2 , . . . , ak su već odredjene: one se moraju izabrati tako da je a2 = n−k+2, . . . , ak−1 = n−1, ak = n. S druge strane, kombinacija {1, 2, . . . , k} će imati najmanju ˇsansu za pojavljivanje:


50

– moˇzemo oˇcekivati da će a1 dobiti vrednost 1 jednom u svakih n − k + 1 poziva procedure; – moˇzemo oˇcekivati da će a2 dobiti vrednost 2 jednom u svakih n−k+1 sluˇcajeva u kojima je a1 = 1; . – .. – moˇzemo oˇcekivati da će ak dobiti vrednost k jednom u svakih n−k+1 sluˇcajeva u kojima je a1 = 1, . . . , ak−1 = k − 1. Prema tome, kombinacija {1, 2, . . . , k} će se pojavljivati otprilike jednom u svakih (n − k + 1)k poziva procedure, ˇsto je daleko redje od kombinacije {n − k + 1, . . . , n − 1, n}! Sada jasno vidimo da drugi pristup ne generiˇse kombinacije na uniforman naˇcin i da njega, prema tome, ne treba koristiti u praksi. NAPOMENA.

Nije na odmet joˇs jednom napomenuti da se na adresi

http://www.theory.cs.uvic.ca/~cos/cos.html nalazi Combinatorial Object Server, sajt sa implementacijama algoritama za generisanje mnogih vrsta kombinatornih objekata (ne samo kombinacija!) prostim navodjenjem njihovih parametara u okviru odgovarajućih web strana.

ZADACI 1.5.1.

Odrediti sledeći niz bitova koji sledi nakon 10 1011 1111.

1.5.2. Neka je S = {a, b, c, d, e}. Odrediti za svaku kombinaciju koja joj prethodi i koja sledi nakon nje u algoritmu koji generiˇse sve kombinacije skupa S: a) {a, c, d}; b) {a, c, d, e}; c) {a, d, e}; d) {a}; e) {b, e}. 1.5.3. Neka je S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Pronaći sledeće 3 kombinacije u algoritmu koji generiˇse sve kombinacije skupa S nakon: a) {1, 5, 6}; b) {1, 2, 4, 6}; c) {1, 3, 6}; d) {4}; e) {2, 3, 4, 6}. 1.5.4. Naći sledeće 4 kombinacije u leksikografskom redosledu od 4 elementa skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6} nakon kombinacije {1, 2, 5, 6}. 1.5.5.

Generisati sve podskupove skupa {1, 2, 3, 4, 5} sa 3 elementa.

1.5.6.

Generisati sve podskupove skupa {a, b, c, d, e, f } sa 5 elemenata.

1.5.7. Odrediti a) 28-mu; b) 75-tu; c) 100-tu kombinaciju sa 4 elementa skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.


1.6

51

OSOBINE BINOMNIH KOEFICIJENATA

¡ ¢ Binomni koeficijenti nk imaju neobiˇcno veliki broj primena i sasvim sigurno su jedan od najvaˇznijih kombinatornih pojmova. U ovoj sekciji ćemo prouˇciti neke od njihovih osnovnih osobina, a u sledećoj sekciji ćemo te osobine iskoristiti za dokazivanje jos nekih njihovih osobina, kao i za dokazivanje identiteta u kojima uˇcestvuju binomni koeficijenti. NAPOMENA.

Veoma zanimljiv sajt na adresi

http://binomial.csuhayward.edu/ je u potpunosti posvećen binomnim koeficijentima i zaista ga vredi istraˇziti.

FAKTORIJELNA REPREZENTACIJA Binomni koeficijenti se najjednostavnije predstavljaju pomoću faktorijela. LEMA. 1.6.1. (1.4)

Faktorijelna reprezentacija. Za cele brojeve n i k,n > k > 0 vaˇzi µ ¶ n n! = . k k!(n − k)!

Dokaz . Ova jednakost se dobija proˇsirenjem razlomka u Definiciji 1.3.2 binomnog koeficijenta sa (n − k)!. Naime, µ ¶ n n(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 1) = k k(k − 1) · . . . · 2 · 1 n(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 1) · (n − k)! n! = = . k(k − 1) · . . . · 2 · 1 · (n − k)! k!(n − k)! Osim ˇsto se pomoću prethodne leme binomni koeficijenti mogu predstaviti pomoću faktorijela, ona takodje dopuˇsta i obratnu mogućnost da kombinacije faktorijela predstavimo pomoću binomnih koeficijenata.

ˇ USLOV SIMETRICNOSTI Pomoću (1.4) lako se dokazuje i sledeća lema. LEMA. 1.6.2. (1.5)

Uslov simetriˇ cnosti. Za svaki ceo broj n > 0 i svaki ceo broj k vaˇzi µ ¶ µ ¶ n n = . k n−k

Dokaz . Iz jednakosti (1.4) dobijamo µ ¶ µ ¶ n n! n! n! n = = = = . k k!(n − k)! (n − k)!k! (n − k)!(n − (n − k))! n−k


52

Kombinatorno, jednakost (1.5) znaˇci da je broj k-toˇclanih podskupova skupa X sa n elemenata jednak broju podskupova sa n − k elemenata. Ovo se moˇze proveriti i direktno — dovoljno je svakom k-toˇclanom podskupu dodeliti njegov komplement u X.

ADICIONA FORMULA Pomoću (1.4) je takodje moguće dokazati i sledeću lemu. LEMA. 1.6.3. (1.6)

Adiciona formula. Za cele brojeve n i k vaˇzi µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n−1 n−1 = + . k k k−1

Dokaz . U ovom sluˇcaju elegantniji dokaz se dobija kombinatornim tumaˇcenjem obe strane jednakosti (1.6). Leva strana (1.6) predstavlja broj k-toˇclanih podskupova nekog n-toˇclanog skupa X. Izaberimo proizvoljni element a ∈ X. Sada k-toˇclane podskupove skupa X moˇzemo da podelimo u dve grupe u zavisnosti od toga da li sadrˇze a ili ne. Podskupovi ¡ ¢ koji ne sadrˇze a su upravo svi k-toˇclani podskupovi skupa X\{a}, pa je njihov broj n−1 clani podskup skupa X koji sadrˇzi a, tada podskupu A k . Ako je A neki k-toˇ moˇzemo da mu pridruˇzimo podskup A0 = A \ {a} koji sadrˇzi k − 1 elemenata. Moˇze se proveriti da je ovo pridruˇzivanje bijekcija izmedju svih k-toˇclanih podskupova skupa X koji sadrˇze a i svih sa k−1 elemenata skupa X \{a}. Broj takvih podskupova ¡ podskupova ¢ je stoga jednak n−1 . Sve u svemu, broj k-toˇclanih podskupova skupa X je jednak k−1 ¡n−1¢ ¡n−1¢ + k−1 . k Prethodna lema vaˇzi i u sluˇcajevima kada je k < 0 ili k > n, jer su tada svi binomni koeficijenti jednaki 0. Ona takodje vaˇzi i kada n nije ceo broj ili kada je n < 0, s tim ˇsto u ovim sluˇcajevima ona viˇse nema kombinatorno tumaˇcenje. Jednakost (1.6) se u stranoj literaturi naziva Paskalov identitet (eng. Pascal’s identity). Jedan od glavnih razloga za to je ˇsto je blisko povezana sa tzv. Paskalovim trouglom: 1 1 1 1 1 1 1

3 4

5 6

1 3

6 10

15 .. .

1 2

1 4

10 20

1 5

15

1 6

1

.. .

Paskalov trougao se dobija tako ˇsto se poˇcne sa redom koji sadrˇzi samo broj 1, a zatim se svaki sledeći red dobija tako ˇsto se ispod svakog para uzastopnih brojeva u prethodnom redu napiˇse njihov zbir, i na kraju se na oba kraja novog reda stavi broj 1. Indukcijom uz pomo´ ¡ ¢c ¡jednakosti ¢ ¡ ¢(1.6) moˇze da se dokaˇze da (n + 1)-vi red sadrˇzi binomne koeficijente n0 , n1 , . . . , nn . Paskalov trougao omogućava i da se proizvoljan ¡ ¢ binomni koeficijent izraˇcuna koristeći samo sabiranje: naime, za nalaˇzenje vrednosti nk dovoljno je izraˇcunati samo one vrednosti koje se u Paskalovom trouglu nalaze gore levo i gore desno od (k + 1)-ve pozicije u n-tom redu trougla.


53

BINOMNA TEOREMA Najvaˇznije svojstvo binomnih koeficijenata iskazano je u sledećoj teoremi. Ona se ˇcesto naziva i Binomni razvoj ili Razvoj stepena binoma. TEOREMA 1.6.4.

Binomna teorema. Za svaki nenegativni ceo broj n vaˇzi n µ ¶ X n k n−k (x + y) = x y k n

(1.7)

k=0

(ovo je jednakost dva polinoma sa promenljivama x i y, pa vaˇzi za proizvoljne x i y).

Dokaz . Binomnu teoremu dokazujemo indukcijom po n. Za n = 0 obe strane jednakosti (1.7) su jednake 1. Pretpostavimo stoga da (1.7) vaˇzi za neko n = n0 > 0 i dokaˇzimo da tada (1.7) vaˇzi i za n = n0 + 1. Dakle, (1)

(x + y)n0 +1 = (x + y)(x + y)n0 = (x + y)

n0 µ ¶ X n0 k n0 −k x y k

k=0

= = (2)

=

(3)

=

(4)

=

(5)

=

(6)

=

n0 µ ¶ n0 µ ¶ X X n0 k n0 −k n0 k n0 −k x x y +y x y k k k=0 k=0 n0 µ ¶ n0 µ ¶ X n0 k+1 n0 −k X n0 k n0 −k+1 x y + x y k k k=0 k=0 ¶ nX n0 µ ¶ 0 +1 µ X n0 n0 k n0 −k+1 k n0 −k+1 x y + x y k−1 k k=1 k=0 µ ¶ ¶ µ ¶ n0 µ n0 µ ¶ n0 n0 +1 0 X n0 n0 0 n0 +1 X n0 k n0 −k+1 x y + xk y n0 −k+1 + x y + x y n0 k−1 0 k k=1 k=1 µ ¶ µ ¶ ¶ µ ¶¶ n0 µµ n0 + 1 n0 +1 0 n0 + 1 0 n0 +1 X n0 n0 x y + x y + + xk y n0 +1−k n0 + 1 0 k−1 k k=1 µ ¶ µ ¶ ¶ n0 µ n0 + 1 n0 +1 0 n0 + 1 0 n0 +1 X n0 + 1 k n0 +1−k x y + x y + x y n0 + 1 0 k k=1 ¶ nX 0 +1 µ n0 + 1 k n0 +1−k x y . k k=0

Ovde jednakost (1) vaˇzi zbog induktivne pretpostavke za (x + y)n0 , (2) je promena granica promenljive ¡n0 ¢ ¡n0 +1¢ k¡nu0 ¢prvoj sumi, ¡n0(3) ¢ je izdvajanje dva posebna ¡ n0 ¢ sluˇ ¡n0c¢aja,¡un0(4) ¢koristimo +1 +1 = 1 = i = 1 = , u (5) koristimo + = , a (6) je n0 n0 +1 0 0 k−1 k k vraćanje dva posebna sluˇcaja. PRIMER 1.6.5.

Kako glasi izraz (a + b)4 u razvijenom obliku?

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Reˇsenje.

54

Iz Binomne teoreme dobijamo da je 4

(a + b)

4 µ ¶ X 4 k 4−k a b = k k=0 ¡¢ ¡¢ ¡¢ ¡¢ ¡¢ = 40 b4 + 41 ab3 + 42 a2 b2 + 43 a3 b + 44 a4

= a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 . Primetimo da se koeficijenti 1 4 6 4 1 u binomnom razvoju javljaju kao 5-ta vrsta u Paskalovom trouglu. Uopˇste, imamo da za razvoj (a + b)n koristimo (n + 1)-vu vrstu u Paskalovom trouglu (pri ˇcemu se stepeni uz a smanjuju, a uz b povećavaju). PRIMER 1.6.6. Reˇsenje.

Koji je koeficijent uz x10 y 12 u razvoju izraza (x + y)22 ?

Iz Binomne teoreme sledi da je ovaj koeficijent jednak µ ¶ 22 22! = = 646 646. 10 10!12!

PRIMER 1.6.7.

Koji je koeficijent uz x10 y 12 u razvoju izraza (3x − 2y)22 ?

¡ ¢22 Reˇsenje. Najpre, primetimo da je ovaj izraz jednak 3x + (−2y) . Sada iz Binomne teoreme sledi da je 22 µ ¶ ¡ ¢22 X 22 3x + (−2y) = (3x)k (−2y)22−k . k k=0

Sabirak x10 y 12 u ovom izrazu se dobija za k = 10, i njegov koeficijent je jednak µ ¶ 22 10 22! 10 12 3 (−2)12 = 3 2 = 156 400 843 382 784. 10 10!12! Ako u binomnoj teoremi stavimo y = 1 tada dobijamo vaˇzan specijalni sluˇcaj (1.8)

(1 + x)n =

n µ ¶ X n k x . k

k=0

Pomoću binomne teoreme moˇzemo da dokaˇzemo mnoge identitete sa binomnim koeficijentima. Ovim poslom ćemo se viˇse baviti u sledećoj sekciji, a ovde ćemo navesti samo joˇs dva jednostavna identiteta. POSLEDICA. 1.6.8

Za nenegativan ceo broj n vaˇzi n µ ¶ X n k=0

k

= 2n .

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Dokaz .

55

Koristeći binomnu teoremu sa x = 1 i y = 1 dobijamo n µ ¶ n µ ¶ X n k n−k X n . 1 1 = k k

2n = (1 + 1)n =

k=0

k=0

Ova posledica ima i interesantan kombinatorni dokaz. U tu svrhu prebrojaćemo sve podskupove skupa X sa n elemenata na dva naˇcina. S jedne strane, X ima 2n razliˇcitih ¡ ¢ podskupova (Teorema 1.2.4). S druge strane, za svako k = 0, 1, . . . , n, skup X ima nk n ¡ ¢ X n podskupova sa taˇcno k elemenata. Zbog toga, k takodje predstavlja ukupan broj k=0

podskupova skupa X, pa stoga vaˇzi jednakost iz tvrdjenja. POSLEDICA. 1.6.9

Za nenegativan ceo broj n vaˇzi n X

(−1)k

k=0

Dokaz .

µ ¶ n = 0. k

Stavljanjem x = −1 i y = 1 u binomnu teoremu dobijamo µ ¶ X µn¶ ¡ ¢n X n n k n−k 0 = 0 = (−1) + 1 = (−1) 1 = (−1)k . k k k=0

k=0

Sabiranjem, odnosno oduzimanjem, identiteta iz prethodne dve posledice dobijamo da vaˇzi i µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n + + + . . . = 2n−1 , 0 2 4 µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n + + + . . . = 2n−1 . 1 3 5

POLINOMNA TEOREMA Podsetimo se da za polinomne koeficijente vaˇzi Lema 1.3.15, tj. µ ¶ n n! = . n1 , n 2 , . . . , n k n1 ! · n2 ! · n3 ! · . . . · nk ! S obzirom da polinomni koeficijenti uopˇstavaju binomne koeficijente, moguće je dokazati i sledeću teoremu. TEOREMA 1.6.10. Polinomna teorema. Za proizvoljne realne brojeve x1 , x2 , . . . , xm i za svaki prirodan broj n > 1 vaˇzi µ ¶ X n (x1 + x2 + . . . + xm )n = xk1 xk2 · . . . · xkmm . k1 , k2 , . . . , km 1 2 k1 + . . . + km = n k1 , . . . , km > 0


56

Medjutim, iako se polinomna teorema moˇze dokazati indukcijom po n, analogno dokazu binomne teoreme, elegantniji i direktniji dokaz se moˇze dobiti tehnikama koje ćemo obraditi u sledećoj glavi, pa ćemo je tada i dokazati. PRIMER 1.6.11.

Kako glasi izraz (x + y + z)3 u razvijenom obliku?

Reˇsenje.

Po polinomnoj teoremi imamo da vaˇzi µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 3 3 (x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 + 3, 0, 0 0, 3, 0 0, 0, 3 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 3 3 x2 y + x2 z + xy 2 + 2, 1, 0 2, 0, 1 1, 2, 0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 3 3 3 3 y2 z + xz 2 + yz 2 + xyz 0, 2, 1 1, 0, 2 0, 1, 2 1, 1, 1 3! 3 3! 3 3! 3 x + y + z + = 3!0!0! 0!3!0! 0!0!3! 3! 2 3! 2 3! x y+ x z+ xy 2 + 2!1!0! 2!0!1! 1!2!0! 3! 3! 3! 3! 2 y z+ xz 2 + yz 2 + xyz 0!2!1! 1!0!2! 0!1!2! 1!1!1! = x3 +y 3 +z 3 +3x2 y+3x2 z +3xy 2 +3y 2 z+3xz 2 +3yz 2 +6xyz.

Desna strana polinomne formule obiˇcno ima dosta sabiraka, s obzirom da se sabira po svim predstavljanjima broja n pomoću m sabiraka, ali se ova teorema ionako najˇceˇsće koristi kako bismo odredili koeficijent uz neki odredjeni ˇclan. PRIMER 1.6.12.

Koji je koeficijent uz ˇclan x2 y 3 z 5 u razvoju izraza (x + y − z)10 ?

¡ ¢10 Reˇsenje. Primenjujući polinomnu teoremu na izraz x + y + (−z) vidimo da je traˇzeni koeficijent jednak µ ¶ 10 (−1)5 = −2 520, 2, 3, 5 gde ˇcinilac (−1)5 dolazi iz proizvoda x2 y 3 (−z)5 .

ZADACI 1.6.1. Na koliko se naˇcina moˇze proˇcitati reˇcenica ANA VOLI MILOVANA na prikazanoj ˇsemi? (Reˇcenica moˇze da poˇcne bilo kojim slovom A, a posle svakog slova prelazi se na njemu susedno slovo po horizontali ili vertikali u bilo kom smeru u kome se reˇcenica moˇze nastaviti.)

A ANA ANANA ANAVANA ANAVOVANA ANAVOLOVANA ANAVOL I LOVANA ANAVOL I M I LOVANA ANAVOL I LOVANA ANAVOLOVANA ANAVOVANA ANAVANA ANANA ANA A


57

1.6.2. Izraˇcunati zbir koeficijenata polinoma po x koji predstavlja razvoj izraza (3x − 2)100 . 1.6.3. Naći koeficijent uz: a) x10 u razvoju izraza (1 − x2 + x3 )11 . b) x3 u razvoju izraza (1 − x + 2x2 )9 . 1.6.4.

Odrediti koeficijent uz p2 q 3 r3 s4 u razvoju izraza (2p − 3q + 2r − s)12 .

1.6.5. Neka je izmnoˇzen izraz (x + y + z)n i neka su sabirci grupisani zajedno na uobiˇcajeni naˇcin: na primer za n = 2, (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx, a videti i Primer 1.6.11. Koliko ima sabiraka na desnoj strani, ako je n proizvoljan prirodan broj? 1.6.6.

Dokazati da je

¡n¢ k

6

¡

¢

n k+1

za k 6 [n/2] i

¡n¢ k

>

¡

¢

n k+1

za k > [n/2].

1.6.7. Dokaˇzite Lajbnicovu formulu za izvod proizvoda funkcija: neka su u, v realne funkcije jedne realne promenljive i neka f (k) oznaˇcava k-ti izvod funkcije f . Tada je (uv)(n) =

n µ ¶ X n (k) (n−k) u v k

k=0

(pod pretpostavkom da svi izvodi u formuli postoje). Sluˇcaj n = 1 je standardna formula za izvod proizvoda, (uv)0 = u0 v + uv 0 , koja je poznata iz kursa Analize. 1.6.8. Neka ja p prost broj. ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ p ¢ a) Dokazati da su svi brojevi p1 , p2 , . . . , p−1 deljivi sa p. b) Dokazati da je za svaki ceo broj a razlika ap − a deljiva sa p.

1.7

BINOMNI IDENTITETI

Binomni koeficijenti zadovoljavaju mnoˇstvo identiteta, i već vekovima se istraˇzuju njihova svojstva. Cele knjige su posvećene samo njima, pa ˇcak postoje i automatizovani metodi za dokazivanje identiteta sa binomnim koeficijentima. Jedan od takvih metoda je Princip zmijskog ulja (eng. Snake-oil metod), koji se bazira na manipulaciji sa funkcijama generatrisa koje ćemo upoznati u sledećoj glavi. NAPOMENA.

Priliˇcno opˇsiran spisak ovakvih identiteta (od ˇcega mnogi imaju dokaze) moˇze se naći na adresi http://binomial.csuhayward.edu/Identities.html


58

U klasiˇcnoj kombinatorici postoje dva opˇste prihvaćena naˇcina za dokazivanje binomnih identiteta — analitiˇcki i kombinatorni. Pod analitiˇckim dokazivanjem se podrazumeva koriˇsćenje poznatih binomnih identiteta za transformaciju izraza sa binomnim koeficijentima, dok se pod kombinatornim dokazivanjem podrazumeva nalaˇzenje naˇcina da se obe strane identiteta protumaˇce kao izrazi koji prebrojavaju isti skup objekata na dva razliˇcita naˇcina. U zavisnosti od sluˇcaja, moˇze biti lakˇse da se nadje analitiˇcki dokaz ili da se nadje kombinatorni dokaz. U ovoj sekciji ćemo uglavnom koristiti analitiˇcke dokaze, ali ćemo pri njenom kraju dati i dva primera kombinatornih dokaza. Pored najjednostavnijih svojstava (1.4), (1.5), (1.6), kao i veoma vaˇzne Binomne teoreme, za rad sa binomnim koeficijentima se ˇcesto koriste i sledeće leme.

ˇ IZVLACENJE IZ ZAGRADA

LEMA. 1.7.1. (1.9)

Za ceo broj k 6= 0 i proizvoljan broj n vaˇzi µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n−1 n n−1 = = . k k k−1 n−k k

Dokaz . Ove jednakosti se lako dokazuju Faktorijelnom reprezentacijom (1.4) binomnih koeficijenata: µ ¶ µ ¶ n(n − 1)! n n−1 n n! = = , = k!(n − k)! k(k − 1)!(n − k)! k k−1 k µ ¶ µ ¶ n n! n(n − 1)! n n−1 = = = . k k!(n − k)! k!(n − k)(n − k − 1)! n−k k

SUMACIONA FORMULA

LEMA. 1.7.2. (1.10)

Za cele brojeve n i m, n, m > 0 vaˇzi

¶ n µ X r+k k=0

(1.11)

k

n µ ¶ X k k=0

m

=

µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ r r+1 r+n r+n+1 + + ... + = , 0 1 n n

µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 1 n n+1 = + + ... + = . m m m m+1

Dokaz . Obe formule dokazujemo matematiˇckom indukcijom po n uz pomoć Adicione formule (1.6).


59

Za n = 0 obe strane jednakosti (1.10) su jednake 1. Pretpostavimo sada da jednakost (1.10) vaˇzi za neko n = n0 . Sada za n = n0 + 1 imamo nX 0 +1 µ

¶ n0 µ X r+k

¶

µ ¶ r + n0 + 1 = + (induktivna pretpostavka) k n0 + 1 k=0 k=0 ¶ µ ¶ µ r + n0 + 1 r + n0 + 1 = + (adiciona formula) n0 n0 + 1 µ ¶ r + (n0 + 1) + 1 = . n0 + 1 ¡ ¢ ˇ se tiˇce jednakosti (1.11) za n = 0 njena leva strana je jednaka 0 , dok je desna Sto m ¡ 1 ¢ strana jednaka m+1 . Tada su za m = 0 obe strane jednake 1, dok su za m 6= 0 obe strane jednake 0. U svakom sluˇcaju, jednakost (1.11) vaˇzi za n = 0. Pretpostavimo sada da ona vaˇzi za neko n = n0 . Tada za n = n0 + 1 imamo r+k k

nX 0 +1 µ

¶ k m

k=0

n0 µ ¶ X k

µ ¶ n0 + 1 (induktivna pretpostavka) m m k=0 µ ¶ µ ¶ n0 + 1 n0 + 1 = + (adiciona formula) m+1 m µ ¶ (n0 + 1) + 1 = . m+1

=

+

Jednakost (1.11) se ˇcesto pojavljuje u primenama. Na primer, za m = 1 dobijamo formulu za zbir prvih n prirodnih brojeva (koji se moˇze iskoristiti i za odredjivanje zbira aritmetiˇcke progresije): µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 1 n n+1 (n + 1)n + + ... + = 0 + 1 + ... + n = = . 1 1 1 2 2 2 2 2 Pretpostavimo ¡k¢ ¡k¢ da ˇzelimo da nadjemo zbir 1 + 2 + . . . + n . Ako primetimo da je k = 2 2 + 1 , tada dobijamo da je 2

n X k=0

k2 =

µ ¶¶ µ ¶ µ ¶ n µ µ ¶ X k k n+1 n+1 2 + =2 + . 2 1 3 2

k=0

Reˇsenje, koje smo dobili u binomnim koeficijentima, moˇzemo da vratimo u uobiˇcajenu notaciju: + 12 + 22 + . . . + n2 = 2 (n+1)n(n−1) 6

(n+1)n 2

= 16 n(n + 1)(2n + 1).

Zbir 13 + 23 + . . . + n3 moˇze da se dobije na sliˇ`can ´ naˇcin; ` ú suˇstini, svaki `k´ polinom a0 + a1 k + a2 k2 + . . . + am km moˇze da se izrazi u obliku b0 k0 + b1 k1 + . . . + bm m za pogodno izabrane koeficijente b0 , b1 , . . . , bm .

NAPOMENA.


60

NEGACIJA GORNJEG INDEKSA

LEMA. 1.7.3. vaˇzi

Negacija gornjeg indeksa.

Za svaki ceo broj k i proizvoljan broj n

µ ¶ µ ¶ −n k n+k−1 = (−1) . k k

(1.12)

Dokaz . Ova se jednakost dobija iz definicije binomnog koeficijenta: µ ¶ −n −n(−n − 1)(−n − 2) · . . . · (−n − k + 1) = k k(k − 1) · . . . · 2 · 1 µ ¶ k (−1) n(n + 1)(n + 2) · . . . · (n + k − 1) n+k−1 = = (−1)k . k(k − 1) · . . . · 2 · 1 k Negacija gornjeg indeksa je ˇcesto korisna transformacija gornjeg indeksa u binomnom koeficijentu. PRIMER 1.7.4.

Dokazati sumacionu formulu µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n X r r k r n r n r−1 (−1) = − + . . . + (−1) = (−1) . k 0 1 n n

(1.13)

k=0

Reˇsenje. Koristeći redom negaciju gornjeg indeksa (1.12) i prvu sumacionu formulu (1.10) dobijamo µ ¶ X ¶ µ ¶ µ ¶ n n µ X −r + k − 1 −r + n k r n r−1 (−1) = = = (−1) . k k n n k=0

k=0

POJEDNOSTAVLJIVANJE PROIZVODA

LEMA. 1.7.5. (1.14)

Za sve cele brojeve m i k i proizvoljan broj n vaˇzi µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ n m n n−k = m k k m−k

Dokaz . Ovu jednakost je dovoljno dokazati u sluˇcaju kada je n ceo broj i n>m. Pritom moˇzemo da pretpostavimo da je 0 6 k 6 m, jer su u suprotnom obe strane jednakosti jednake 0. Sada imamo µ ¶µ ¶ n m n!m! = m k m!(n − m)!k!(m − k)! µ ¶µ ¶ n!(n − k)! n n−k = = . k!(n − k)!(m − k)!(n − m)! k m−k


61

Prethodnu jednakost smo dokazali samo za cele vrednosti n koje su veće od ili jednake sa m. Medjutim ona vaˇzi za sve realne vrednosti n. Naime, već smo dokazali da jednakost µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ n m n n−k = m k k m−k vaˇzi za beskonaˇcno mnogo vrednosti n. Obe strane ove jednakosti su polinomi po promenljivoj n. Nenula polinom stepena r moˇze da ima najviˇse r razliˇcitih korena, tako da ako dva polinoma stepena ne većeg od r imaju istu vrednost u r + 1 ili viˇse razliˇcitih taˇcaka, onda su ti polinomi identiˇcki jednaki (ovo tvrdjenje moˇzemo pokazati oduzimanjem ta 2 polinoma). Ovaj princip se moˇze koristiti za proˇsirenje vaˇznosti mnogih identiteta sa celih brojeva na realne brojeve.

SUME PROIZVODA Jednakosti u sledećoj lemi se koriste kada treba sumirati proizvod dva binomna koeficijenta u kojima se sumacioni indeks k nalazi na donjem mestu. LEMA. 1.7.6. (1.15)

Za svaki ceo broj n i svaki ceo broj r > 0 vaˇzi X µ r ¶µ s ¶ µr + s¶ = , k n−k n k

X µ r ¶µ s ¶ µ r + s ¶ = . k n+k r+n

(1.16)

k

Kao ˇsto smo već rekli, pod kombinatornim dokazivanjem se podrazumeva tumaˇcenje obe strane identiteta kao izraza koji prebrojavaju neki skup objekata na dva razliˇcita naˇcina. Kod ove leme, kombinatorni dokaz pruˇza bolji uvid u njeno tvrdjenje. Dokaz .

Najpre ćemo dokazati jednakost (1.15) X µ r ¶µ s ¶ µr + s¶ = . k n−k n k

Neka je dat skup X sa r + s elemenata. Desna strana gornje jednakosti predstavlja broj n-toˇclanih podskupova skupa X. Obojimo sada r elemenata skupa X u crvenu, a preostalih s elemenata u plavu boju. Drugi naˇcin da se izabere n-toˇclani podskup skupa X ¡ jeste da se izabere k crvenih ¢ r elemenata i n − k plavih elemenata. Za svako k postoji naˇ c ina da se izaberu crveni k ¡ s ¢ elementi, i nezavisno od toga, n−k naˇcina da se izaberu plavi elementi. Sveukupno, X ¡ r ¢¡ s ¢ n-toˇclani podskup skupa X moˇze da se izabere na cina, ˇsto je upravo leva k n−k naˇ k

strana gornje jednakosti.

Jednakost (1.16) dokazujemo tako ˇsto koristimo prethodnu jednakost i dva puta Uslov simetriˇcnosti (Lema 1.6.2): ¶ µ ¶ µ ¶ X µ r ¶µ s ¶ X µ r ¶µ s r+s r+s = = = . k n+k k s−n−k s−n r+n k

k


62

Sada ćemo na nekoliko primera pokazati kako se ova lema moˇze iskoristiti pri radu sa binomnim identitetima. X µ r ¶µ s ¶ PRIMER 1.7.7. Ako je r nenegativni ceo broj, koja je vrednost izraza k? k k k

Reˇsenje.

Izvlaˇcenjem iz zagrada (Lema 1.7.1) moˇzemo da se oslobodimo spoljaˇsnjeg k: X µ r ¶µ s − 1 ¶ s X µ r ¶µ s ¶ X µ r ¶µ s − 1 ¶ k= . k=s k k k k−1 k k k−1 k

k

k

Sada moˇze da se primeni jednakost (1.16) sa n = −1. Krajnje reˇsenje je µ ¶ X µ r ¶µ s ¶ r+s−1 k=s . k k r−1 k

PRIMER 1.7.8.

Dokazati da vaˇzi n µ ¶2 X n k=0

k

µ ¶ 2n = . n

Reˇsenje. Za dokaz koristimo Uslov simetriˇcnosti (Lema 1.6.2) i jednakost (1.15) sa r = n, s = n: ¶ µ ¶ n µ ¶2 n µ ¶µ X X n n n 2n = = . k k n−k n k=0

PRIMER 1.7.9.

k=0

Dokazati da vaˇzi ¶µ ¶ µ ¶ n µ X 2n 2k 2n−2k 4n 2 = . 2k k 2n k=0

Reˇsenje. Nalaˇzenje odgovarajućeg kombinatornog tumaˇcenja ovog binomnog identiteta je malo teˇze. Neka je dat skup X = {x1 , x2 , . . . , x4n }. Desna strana gornje jednakosti predstavlja broj podskupova skupa X sa 2n elemenata. Sada treba ove podskupove prebrojati na drugaˇciji naˇcin. Neka je Ai = {x2i−1 , x2i } za i = 1, 2, . . . , 2n. Skupovi Ai , i = 1, 2, . . . , 2n predstavljaju particiju skupa X. Neka je M ⊂ X proizvoljan podskup sa 2n elemenata. Za svako i = 1, 2, . . . , 2n presek M ∩ Ai ima 0, 1 ili 2 elementa, medjutim vaˇzi da je 2n = |M | =

2n X

|M ∩ Ai |.

i=1

Neka je k broj skupova Ai tako da je |M ∩ Ai | = 2. Iz prethodne jednakosti tada sledi da je broj skupova Ai tako da je |M ∩ Ai | = 1 jednak 2n − 2k, dok je broj skupova Ai tako da je M ∩ Ai = ∅ jednak takodje k.


63

Posle ovog razmatranja konaˇcno vidimo kako se drugaˇcije mogu prebrojati podskupovi skupa X sa 2n elemenata. Naime, od ukupno 2n skupova A1 , A2 , . . . , A2n izabraćemo 2n − 2k skupova iz kojih ćemo po¢ jedan element u podskup. Izbor ovih skupova ¡ 2nizabrati ¢ ¡2n moˇzemo da napravimo na 2n−2k = 2k naˇcina. Kako svaki skup Ai ima po dva elementa, to za svaki od izabranih skupova postoje dva naˇcina da izaberemo jedan element u podskup, pa je ukupan broj naˇcina za to jednak 22n−2k . Konaˇcno, od preostalih 2k skupova Ai treba izabrati ¡ ¢ joˇs k skupova ˇcija ćemo oba elementa izabrati u podskup, ˇsto se moˇze uraditi na 2k naˇcina, tako da je ukupan broj naˇcina da se izabere podskup k skupa X sa 2n elemenata jednak ¶µ ¶ n µ X 2n 2k 2n−2k 2 . 2k k k=0

NAPOMENA.

S obzirom na veliki broj binomnih identiteta, jedan od ciljeva matematiˇcara tokom XX veka je bio da pronadju potpuno automatizovani metod za njihovo dokazivanje. Nadjeno je viˇse takvih metoda, koji su mogli da se primenjuju na sve veći i veći broj tipova identiteta, a najveći uspeh je zabeleˇzen 1995. godine kada je problem u potpunosti reˇsen! Opis softvera koji reˇsava ovaj problem, a i metoda koji su mu prethodili, moˇze se naći u knjizi [26], ˇcija je kompletna verzija dostupna na Internetu. Ah da, softver je takodje dostupan. . .

ZADACI 1.7.1. a)

n X k=1

Dokazati sledeće identitete: n ¡n¢ ¡ ¢ X k k = n · 2n−1 ; b) (k + 1) nk = (n + 2) · 2n−1 ;

c)

k=0

n X k=0

¡ ¢ (−1)k (k + 1) nk = 0.

1.7.2. Dokazati sledeće identitete pomoću kombinatornih argumenata: ¡ ¢ ¡m¢ ¡n¢ ¡ ¢ ¡n¢ ¡ ¢ ¡n¢ ¡n¢ 2 3 a) m+n − 2 − 2 = mn; b) 2n c) 3n 2 2 = 2· 2 +n ; 3 = 3 · 3 + 6n · 2 + n . 1.7.3. Dokazati identitet argumenata. 1.7.4.

¡r¢ ¡r+1¢ ¡r+2¢ ¡ ¢ ¡ ¢ + r +. . .+ nr = n+1 cu kombinatornih r + r r+1 pomo´

Naći vrednost izraza

n X

k4 .

k=0

1.7.5.

Izraˇcunati sumu S = 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n · (n + 1).

1.7.6. n X a)

Izraˇcunati sledeće sume: n ¡ ¢ ¡ ¢ X 1 k ; b) c) k m ;

n 1 k+1 k

k=0

1.7.7. a)

n X

k=1

n X

1.7.8.

¡k¢

k=0

Dokazati sledeće identitete: ¡n¢ ¡n−1¢ m k = (−1) · m ; b)

(−1)k

k=0

k

Pokazati da vaˇzi jednakost

m

k=0

n ¡ ¢ X n+k 1 k 2k

n X

µ (−1)p

¡n¢2 k

.

n X k=1

k·

¡n¢2 k

=n·

¡2n−1¢ n−1

.

 ¶  za n ≡ 0 (mod 3) 1 2n − p = 0 za n ≡ 1 (mod 3) .  p  −1 za n ≡ 2 (mod 3)

1.7.9. Dokazati sledeće identitete: n ¡ ¢¡ ¢ m ¡ ¢¡ ¡ n ¢ n−m ¢ X X k n m n+k a) ; b) = m k = m 2 k m k=0

(−1)k

= 2n ; c)

k=0

p=0

k=m

n X

; d)

m ¡ ¢¡ ¢ X m n k k k 2 .

k=0


1.8

64

ˇ ˇ PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJU CENJA

Jedan od osnovnih principa prebrojavanja — princip zbira (Teorema 1.1.4) tvrdi da je |A ∪ B| = |A| + |B| kada su A i B disjunktni skupovi. Ako A i B nisu disjunktni, sabiranjem |A| i |B| elemente preseka |A ∩ B| brojimo dva puta (Sl. 1.5a). Stoga, da bi dobili pravu vrednost |A ∪ B| moramo oduzeti |A ∩ B|: (1.17)

|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|.

Slika 1.5: Preseci dva i tri skupa Sliˇcno rasudjivanje primenjujemo i u sluˇcaju tri skupa (Sl. 1.5b). Kada saberemo |A|, |B| i |C| elemente preseka |A ∩ B|, |B ∩ C| i |C ∩ A| brojimo dva puta (ukoliko nisu u preseku sva tri skupa). Da ovo ispravimo, oduzimamo |A ∩ B|, |B ∩ C| i |C ∩ A|. Ali sada smo elemente A ∩ B ∩ C, koje smo u |A| + |B| + |C| brojali tri puta, oduzeli takodje tri puta. Stoga, da bi dobili pravu vrednost |A ∪ B ∪ C|, moramo da dodamo |A ∩ B ∩ C|: (1.18)

|A ∪ B ∪ C| = (|A| + |B| + |C|) − (|A ∩ B| + |B ∩ C| + |C ∩ A|) +|A ∩ B ∩ C|.

PRIMER 1.8.1. Na drugoj godini Odseka za matematiku ima 50 studenata. Od njih će u oktobarskom ispitnom roku 24 izaći na matematiˇcku analizu, 20 na algebru i 13 na diskretnu matematiku. Matematiˇcku analizu i algebru će polagati 6 studenata, algebru i diskretnu matematiku 5 studenata, a analizu i diskretnu matematiku 4 studenta. Ako jedino Zlatko polaˇze sva tri ispita, koliko studenata neće izaći ni na jedan ispit? Reˇsenje. Neka M , A i D oznaˇcaju skupove studenata koji izlaze na matematiˇcku analizu, algebru i diskretnu matematiku, redom. Iz gornjih uslova imamo da je |M | + |A| + |D| = 24 + 20 + 13 = 57, |M ∩ A| + |A ∩ D| + |D ∩ M | = 6 + 5 + 4 = 15, |M ∩ A ∩ D| = 1. Iz jednakosti (1.18) imamo |M ∪ A ∪ D| = 57 − 15 + 1 = 43, pa je broj studenata koji neće izaći ni na jedan ispit jednak 50 − 43 = 7. PRIMER 1.8.2. Od studenata iz prethodnog primera, koliko će izaći na taˇcno jedan ispit? A koliko će izaći na bar 2 ispita?

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Reˇsenje.

65

Oznaˇcimo sledeće skupove:

M A D - presek skupova M , A i D, M A D - presek skupova M i A koji nije u D, M A D - presek skupova M i D koji nije u A, M A D - elemente skupa M koji nisu ni u A, ni u D, M A D - presek skupova A i D koji nije u M , M A D - elemente skupa A koji nisu ni u M , ni u D, M A D - elemente skupa D koji nisu ni u M , ni u A, M A D - elemente koji nisu ni u M , ni u A, ni u D (to su osnovni skupovi u odgovarajućim Venovim dijagramima). Sada ćemo odrediti koliko svaki od ovih skupova ima elemenata: |M AD| = 1 jer je tu samo Zlatko. |M AD| = |(M ∩ A) \ M AD| = |M ∩ A| − |M AD| = 6 − 1 = 5. Sliˇcno dobijamo i |M AD| = 3 i |M AD| = 4. Sada imamo |M A D| = |M \ (M AD ∪ M AD ∪ M AD)| = |M | − (|M AD| + |M AD| + |M AD|) = 24 − (1 + 5 + 3) = 15. Sliˇcno dobijamo i |M AD| = 10 i |M AD| = 5. Ukupan broj studenata koji izlaze na neki ispit dobijamo (ponovo – u proˇslom primeru smo taj broj naˇsli brˇze, ali nismo odredili broj elemenata u svakom od osnovnih skupova kod Venovih dijagrama) kao zbir svih ovih prethodno nadjenih brojeva: |M ∪ A ∪ D| = 1 + 5 + 3 + 4 + 15 + 10 + 5 = 43, a kako ima ukupno 50 studenata to 50 − 43 = 7 studenata ne izlazi ni na jedan ispit. Faze odredjivanja broja studenata u pojedinim delovima Venovog dijeagrama su prikazane na sl. 1.6. M'$ A M'$ A M'$ A M'$ A '$ '$ '$ '$ 5 5 10 5 10 15 '$ '$ 15 '$ '$ 1 1 1 1 3&% 4 3&% 4 3&% 4 &% &% &% &% &% 5 5 7 &% &% &% &% D D D D Slika 1.6: Faze odredjivanja broja studenata po predmetima Sada dobijamo da je broj studenata koji će izaći na taˇcno jedan ispit jednak |M A D ∪ M AD ∪ M AD| = 15 + 10 + 5 = 30, dok je broj studenata koji će izaći na bar dva ispita jednak |M AD ∪ M AD ∪ M AD ∪ M AD| = 5 + 3 + 4 + 1 = 13.

ˇ KAKO ELEGANTNO ZAPISATI MATEMATICKU FORMULU? Prethodno rasudjivanje moˇzemo da proˇsirimo i na sluˇcaj n konaˇcnih skupova A1 , A2 , . . . , An . Broj elemenata |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | moˇze da se dobije na sledeći naˇcin: najpre saberemo veliˇcine svih skupova, zatim oduzmemo veliˇcine svih preseka dva skupa, pa dodamo veliˇcine svih preseka tri skupa, pa oduzmemo veliˇcine svih preseka ˇcetiri skupa itd. U poslednjem koraku, ili dodajemo (za neparno n) ili oduzimamo (za parno n) veliˇcinu preseka svih n skupova.


66

Kako ovo zapisujemo u obliku formule? Prvi pokuˇsaj bi mogao da bude |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | = |A1 | + |A2 | + . . . + |An | −|A1 ∩ A2 | − |A1 ∩ A3 | − . . . − |A1 ∩ An | − |A2 ∩ A3 | − . . . − |An−1 ∩ An | +|A1 ∩ A2 ∩ A3 | + |A1 ∩ A2 ∩ A4 | + . . . + (−1)n−1 |A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An |. ˇ Ovo je nezgrapan i ne preterano ˇcitljiv naˇcin da se izrazi prethodno pravilo. Staviˇ se, koristeći ovakav zapis nikako ne bismo mogli da pronadjemo elegantan dokaz ovog pravila. Neˇsto je bolji zapis koristeći sume: |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An |

n X

=

X

|Ai | −

i=1

|Ai1 ∩ Ai2 | +

16i1
X

|Ai1 ∩ Ai2 ∩ Ai3 |

16i1
− . . . + (−1)n−1 |A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An |. Iako je ovaj zapis ˇcitljiviji, on¡i dalje nije dovoljno dobar da bi omogućio elegantan dokaz. ¢ X No, ako se prisetimo oznake za skup svih k-elementnih podskupova skupa X, i ako P k upotrebimo oznaku sliˇcnu za viˇsestruke preseke i unije, ovu formulu moˇzemo zapisati znatno elegantnije: ¯ ¯ ¯ ¯ n n ¯[ ¯ X ¯\ ¯ X ¯ ¯ ¯ ¯ (1.19) (−1)k−1 ¯ Ai ¯ = ¯ Ai ¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ i=1 k=1 I∈({1,2,...,n} ) i∈I k Da biste bolje shvatili ovu formulu, mogli biste da je proradite detaljno za sluˇcaj n = 3. Obratite paˇznju pri tome da ne meˇsate brojeve sa skupovima! Ako prouˇcimo prethodnu formulu, moˇzemo videti skup I u stvari dobija vrednosti svih nepraznih podskupova skupa {1, 2, . . . , n}, kao i da je k = |I|. Zbog toga je joˇs jednostavniji i efektniji sledeći zapis: ¯ ¯ ¯ ¯ n ¯[ ¯ ¯\ ¯ X ¯ ¯ ¯ ¯ (−1)|I|−1 ¯ Ai ¯ . ¯ Ai ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯ i=1

i∈I

∅6=I⊆{1,2,...,n}

ˇ ˇ PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJU CENJA TEOREMA 1.8.3. A2 , . . . , An vaˇzi (1.20)

Princip ukljuˇ cenja-iskljuˇ cenja. Za konaˇcne skupove A1 , ¯ n ¯ ¯[ ¯ ¯ ¯ ¯ Ai ¯ = ¯ ¯ i=1

X ∅6=I⊆{1,2,...,n}

|I|−1

(−1)

¯ ¯ ¯\ ¯ ¯ ¯ ¯ Ai ¯ . ¯ ¯ i∈I

Dokaz indukcijom. Indukcija je po broju skupova n, s tim ˇsto za bazu indukcije koristimo n = 2. Kao ˇsto znamo, jednaˇcina (1.20) vaˇzi za dva skupa. Pretpostavimo da ona vaˇzi za proizvoljnih n − 1 konaˇcnih skupova. Tada je ¯ ¯ ¯Ã ¯ ¯ ¯ ¯Ã ¯ ! ! n ¯[ ¯ ¯ n−1 ¯ (1) ¯n−1 ¯ ¯ n−1 ¯ ¯ ¯ ¯ [ ¯ ¯[ ¯ ¯ [ ¯ Ai ∪ An ¯ = ¯ Ai ¯ + |An | − ¯ Ai ∩ An ¯ ¯ Ai ¯ = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ i=1 i=1 i=1 i=1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯n−1 ¯ ¯n−1 ¯ (2) ¯ [ ¯ ¯[ ¯ = ¯ Ai ¯ + |An | − ¯ (Ai ∩ An )¯ ¯ ¯ ¯ ¯ i=1 i=1 ¯ ¯   ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ X \ X \ ¯ ¯ (3) ¯ ¯ =  (−1)|I|−1 ¯ Ai ¯ + |An | −  (−1)|I|−1 ¯¯ Ai ¯¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ ∅6=I⊆Nn−1

i∈I

∅6=I⊆Nn−1

i∈I∪{n}


67

U jednakosti (1) iskoristili smo Princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja za dva skupa, tj. |A ∪ B| = n−1 S |A| + |B| − |A ∩ B| sa A = Ai i B = An ). Zatim smo u (2) upotrebili distributivnost i=1

preseka: (X ∪ Y ) ∩ Z = (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ ¯Z). Na kraju¯ u (3) smo koristili induktivnu ¯n−1 ¯ ¯S ¯ ¯n−1 ¯ S pretpostavku dva puta, jednom za ¯¯ Ai ¯¯ i jednom za ¯¯ (Ai ∩ An )¯¯. i=1

i=1

Dokaz je skoro gotov. U prvoj sumi sabiramo, sa odgovarajućim znacima, veliˇcine svih preseka skupova koji ne ukljuˇcuju skup An . U drugoj sumi se pojavljuju veliˇcine svih preseka k skupova koji ukljuˇcuju skup An (tj. An i k − 1 skupova izmedju A1 , A2 ,. . . ,An−1 ) sa znakom −(−1)k−1 = (−1)k . Druga suma ne ukljuˇcuje |An |, ali se taj sabirak pojavljuje izmedju dve sume. Sve u svemu, veliˇcina preseka bilo kojih k skupova izmedju A1 , A2 , . . . , An pojavljuje se taˇcno jednom u izrazu sa znakom (−1)k−1 , ˇsto se slaˇze sa jednaˇcinom (1.20), pa je dokaz indukcijom zavrˇsen. Sada se vidi vaˇznost razumljivog zapisa Principa ukljuˇcenja-iskljuˇcenja, jer bi se bez toga lako izgubili u prethodnom dokazu. Inaˇce, ovaj princip ima podjednako efektan kombinatorni dokaz. Dokaz prebrojavanjem. Posmatrajmo proizvoljni element x ∈ A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An . On doprinosi taˇcno 1 veliˇcini unije na levoj strani jednaˇcine (1.20). Razmotrimo sada koliko x doprinosi veliˇcinama raznih preseka na desnoj strani ove jednaˇcine. Neka je j broj skupova Ai koji sadrˇze x. Preimenujmo skupove tako da se x sadrˇzi u skupovima A1 , A2 , . . . , Aj . Sada se element x pojavljuje u preseku svake ¡ ¢k-torke skupova od A1 , A2 , . . . , Aj i ni u jednom drugom preseku. Poˇsto postoji kj k-elementnih podskupova skupa sa ¡ ¢ j elemenata, x se pojavljuje u kj preseka k-torki skupova. Veliˇcine preseka k-torki skupova se mnoˇze sa (−1)k−1 , tako da na desnoj strani jednaˇcine (1.20), element x doprinosi vrednoˇsću µ ¶ µ ¶ µ ¶ j j j j− + − . . . + (−1)j−1 . 2 3 j Iz Posledice 1.6.9 za zbir binomnih koeficijenata sa naizmeniˇcnim znacima, dobijamo da je gornji izraz jednak 1. Prema tome, za proizvoljno x ∈ A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An doprinos x obema stranama jednaˇcine (1.19) je jednak 1, pa zakljuˇcujemo da su izrazi u ovoj jednaˇcini jednaki. PRIMER 1.8.4. Jednog zimskog dana poslanici, njih n na broju, dolaze na zasedanje Skupˇstine i ostavljaju svoje kapute u garderobi. Po zavrˇsetku zasedanja, starija gospodja iz garderobe, moˇzda potpuno rasejana, moˇzda skoro slepa posle mnogo godina rada u slabo osvetljenoj garderobi, izdaje jedan kaput svakom poslaniku. Na koliko naˇcina ona moˇze da izda kapute tako da nijedan poslanik ne dobije svoj kaput? Reˇsenje. Preformuliˇsimo ovaj problem koristeći permutacije. Ako oznaˇcimo poslanike brojevima 1, 2, . . . , n, kao i njihove kapute, tada izdavanje kaputa iz garderobe odgovara permutaciji π skupa {1, 2, . . . , n}, gde je π(i) broj kaputa koji je vraćen i-tom poslaniku. Naˇse pitanje sada glasi: koliko ima permutacija π tako da je π(i) 6= i za svako i = 1, 2, . . . , n? Neka je Sn skup svih permutacija skupa {1, 2, . . . , n} i za i = 1, 2, . . . , n neka je Ai = {π ∈ Sn : π(i) = i}. Kaˇzemo da elementi skupa Ai (kojeg ˇcine permutacije!) fiksiraju i. Koristeći princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja prebrojaćemo “loˇse” permutacije, tj.


68

one koje fiksiraju bar jedan broj. Loˇse permutacije su upravo one koje se nalaze u uniji A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An . Da bi primenili princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja moramo da nadjemo veliˇcinu preseka k-torke skupova Ai . Lako se vidi da je |Ai | = (n − 1)!, jer je π(i) = i fiksirano, a preostali brojevi se mogu proizvoljno poredjati. Koje permutacije leˇze u Ai ∩ Aj ? Upravo one koje fiksiraju brojeve i i j (dok se preostalih n − 2 brojeva moˇze poredjati proizvoljno), tako da je |Ai ∩ Aj | = (n − 2)!. Opˇstije, za proizvoljne i1 < i2 < . . . < ik imamo da je |Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aik | = (n − k)!, pa princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja daje |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | =

n X

(−1)k−1

k=1

µ ¶ n X n n! (n − k)! = (−1)k−1 . k k! k=1

Ovim smo izraˇcunali broj loˇsih permutacija (koje fiksiraju bar jedan broj), pa je broj permutacija koje ne fiksiraju nijedan broj jednak D(n) = n! − |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An | = n! −

n! n! n! + − . . . + (−1)n . 1! 2! n!

NAPOMENA.

Za broj ovakvih permutacija smo koristili oznaku D(n) jer se one nazivaju deranˇzmani (eng. derangement). Prvi je pomenuo ovaj problem francuski matematiˇcar Pierre R. de Montmort (ˇziveo 1678-1719), pod nazivom ”le Problème des Rencontres”. Primetimo da je „ « 1 1 1 D(n) = n! 1 − + − . . . + (−1)n . 1! 2! n! Kao ˇsto smo nauˇcili u analizi, red u zagradi konvergira ka e−1 kada n → ∞ (gde je e Ojlerov broj) i to veoma brzo. Prema tome, vaˇzi pribliˇzna ocena D(n) ≈ n!/e.

PRIMER 1.8.5. Neka su X i Y konaˇcni skupovi sa |X| = n i |Y | = m. Već nam je poznato da postoji mn funkcija koje preslikavaju X u Y . Koliko od ovih funkcija je na? Reˇsenje. Kao i u prethodnom primeru, iskoristićemo princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja da najpre prebrojimo objekte (funkcije) koje ne zadovoljavaju traˇzeni uslov (nisu na). Tada je broj funkcija na jednak razlici izmedju ukupnog broja funkcija mn i broja “loˇsih” funkcija. Bez gubitka opˇstosti, pretpostavimo da je Y = {1, 2, . . . , m}. Neka Ai oznaˇcava skup funkcija koje preslikavaju X u Y i pritom ne uzimaju vrednost i. Ako funkcija f : X 7→ Y nije na, tada postoji i ∈ Y tako da za svako x ∈ X vaˇzi f (x) 6= i. Samim tim, funkcija f pripada skupu Ai , pa zakljuˇcujemo da funkcija nije na ako i samo ako pripada skupu A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am . Koliko ima funkcija u skupu Ai ? Skup Ai sadrˇzi sve funkcije koje preslikavaju X u Y \ {i}, pa je stoga |Ai | = (m − 1)n . Skup Ai ∩ Aj sadrˇzi funkcije koje ne uzimaju vrednosti i i j, tj. sve funkcije koje preslikavaju X u Y \ {i, j}, pa je |Ai ∩ Aj | = (m − 2)n . U opˇstem sluˇcaju, Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aik sadrˇzi sve funkcije koje ne uzimaju nijednu od vrednosti i1 , i2 , . . . , ik , tako da je |Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aik | = (m − k)n . Sada po principu ukljuˇcenja-iskljuˇcenja imamo da je |A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am | =

m X k=1

k−1

(−1)

µ ¶ m (m − k)n . k


69

Prema tome, ukupan broj funkcija koje su na je jednak mn −

m X

(−1)k−1

k=1

µ ¶ µ ¶ m X m m (−1)k (m − k)n . (m − k)n = k k k=0

` ´ Pm k−1 m Ako vrednost (m − k)n podelimo sa m!, dobijamo ceo k=1 (−1) k broj koji se naziva Stirlingov broj druge vrste i oznaˇ cava sa S(n, m) (u starijim knjigama ˘n¯ je oznaˇcavan sa m ). Ovi brojevi se pojavljuju prilikom prebrojavanja podela n-elementnog skupa na m medjusobno disjunktnih podskupova.

NAPOMENA.

ˇ ˇ GENERALISANI PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJU CENJA Sada ćemo dati uopˇstenje principa ukljuˇcenja-iskljuˇcenja (tj. Teoreme 1.8.3), tzv. generalisani princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja. TEOREMA 1.8.6. Generalisani princip ukljuˇ cenja-iskljuˇ cenja. Neka je X skup sa n elemenata i Π = {π1 , π2 , . . . , πm } skup od m svojstava. Za proizvoljan kpodskup {πi1 , πi2 , . . . , πik } skupa Π oznaˇcimo sa n(πi1 , πi2 , . . . , πik ) broj elemenata skupa X koji poseduju ovih k svojstava (mogu i joˇs neka pored ovih k). Uvedimo s0 = n i za k = 1, 2, . . . , m X sk = n(πi1 , πi2 , . . . , πik ), ¡ ¢ gde ova suma ide po svim k-podskupovima skupa Π (tj. imamo m cno, k sabiraka). Konaˇ neka je ej (j = 0, 1, . . . m) broj elemenata skupa X koji imaju taˇcno j od ovih m svojstava iz Π, a neka je fj (j = 1, 2, . . . m) broj elemenata skupa X koji imaju bar j od ovih m svojstava iz Π. Tada vaˇze sledeće formule: µ ¶ µ ¶ µ ¶ j+1 j+2 m m−j (1.21) ej = sj − sj+1 + sj+2 − . . . + (−1) sm , 1 2 m−j

(1.22)

µ ¶ µ ¶ µ ¶ j j+1 m−j m − 1 f j = sj − sj+1 + sj+2 − . . . + (−1) sm . 1 2 m−j

Dokaz . Pokazaćemo da se svaki element skupa X javlja jednak broj puta i na levoj i na desnoj strani jednakosti (1.21). Ako neki element skupa X ima manje od j svojstava on se javlja 0 puta na obe strane. ¡j ¢ Ako neki element ima taˇcno j svojstava, tada se on broji taˇcno 1 na levoj strani i clanu sj ) na desnoj strani. j = 1 (u ˇ Ako neki element ima taˇcno j + l svojstava (gde je 1 6 l 6¡m −¢j), tada se taj ¡ j+lelement ¢ na levoj strani raˇcuna 0 puta. Na desnoj strani on se javlja j+l puta u s , j j j+1 puta ¡ j+l ¢ ¡j+l¢ u sj+1 , j+2 puta u sj+2 , . . . , j+l puta u sj+l . Stoga se taj element na desnoj strani javlja ukupno µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ j+l j+1 j+l j+2 j+l j+l j+l − + − . . . + (−1)l j 1 j+1 2 j+2 l j+l

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA = =

70

¶ µ ¶µ ¶ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶µ µ l j+l j+l l j+l l j+l − . . . + (−1)l + − j 2 j l j j 1 µ ¶ j+l (1 − 1)l = 0 j

puta, ˇcime smo kompletirali dokaz jednakosti (1.21). Primetimo da za j = 0 dobijamo obiˇcan Princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja, tj. formulu (1.20), kod koje skup Ai (za i = 1, 2, . . . , m) ˇcine elementi koji poseduju svojstvo πi . Sada ćemo pokazati i drugu formulu. Dovoljno je pokazati da niz fj dat jednakoˇsću (1.22), zadovoljava rekurentnu jednaˇcinu fj − fj+1 = ej uz zavrˇsni uslov fm = em . Sada koristimo adicionu formulu 1.6 za binomne koeficijente i dobijamo: ·µ ¶ µ ¶¸ ·µ ¶ µ ¶¸ j j j+1 j+1 fj − fj+1 = sj − + sj+1 + + sj+2 1 0 2 1 ·µ ¶ µ ¶¸ m−1 m−1 + sm − . . . + (−1)m−j m−j m−j−1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ j+1 j+2 m−j j + 1 = sj − sj+1 + sj+2 − . . . + (−1) sj+1 1 2 1 = ej . Dalje, kada uvrstimo j = m u formule (1.22) i (1.21), dobijamo fm = sm = em . Generalisani princip ukljuˇcenja-iskljuˇcenja ćemo ilustrovati na jednom primeru i jednom tvrdjenju. PRIMER 1.8.7. Sada ćemo ponovo naći koliko od studenata iz Primera 1.8.1 i 1.8.2 izlazi na taˇcno jedan ispit i koliko na bar 2 ispita. Reˇsenje. Ubacimo podatke u formule (1.21) i (1.22): Imamo da je s1 = 24 + 20 + 13 = 57, s2 = 6 + 5 + 4 = 15 i s3 = 1. Tada µ ¶ µ ¶ 2 3 e1 = 57 − · 15 + · 1 = 30 1 2 studenata izlazi na taˇcno 1 ispit, a

µ ¶ 2 f2 = 15 − · 1 = 13 1

studenata izlazi na bar 2 ispita (ˇsto su rezultati koje smo dobili i u Primeru 1.8.2). TEOREMA 1.8.8. Neka su X i Π skupovi kao u Teoremi 1.8.6. Dokazati da je broj elemenata skupa X koje imaju paran broj svojstava jednak ! Ã m X 1 k (−2) sk , s0 + 2 k=0

dok je broj elemenata skupa X koje imaju neparan broj svojstava jednak ! Ã m X 1 k (−2) sk . s0 − 2 k=0


71

Dokaz . Uvedimo funkciju E(x) = e0 + e1 + e2 x2 + . . . + em xm . Sada iskoristimo tvrdjenje Teoreme 1.8.6 pa dobijamo   µ ¶ k µ ¶ m m m m X X X X X k  (−1)k−j k sk  xj = (−x)j (−1)k sk E(x) = ej xj = j j j=0 j=0 j=0 k=0

k=j

=

m X

(−1)k sk (1 − x)k =

k=0

m X

sk (x − 1)k .

k=0

Dalje, imamo daµ je broj elemenata ¶ skupa X koje imaju paran broj svojstava jednak m 1 X E(1)+E(−1) k = s0 + (−2) sk , dok je broj elemenata skupa X koje imaju neparan 2 2 k=0 µ ¶ m 1 X E(1)−E(−1) k broj svojstava jednak = s0 − (−2) sk . 2 2 k=0

ZADACI 1.8.1. U razredu sa 30 uˇcenika, 12 od njih voli matematiku, 14 voli fiziku, 13 hemiju, 5 uˇcenika voli i matematiku i fiziku, 7 voli i fiziku i hemiju, a 4 voli matematiku i hemiju. Tri uˇcenika vole sva tri predmeta. Koliko uˇcenika ne voli ni jedan od ovih predmeta? 1.8.2. U studentskom domu je 12 studenata koji sluˇsaju kurs iz biologije (B), 20 koji sluˇsaju kurs iz matematike (M), 20 koji sluˇsaju kurs iz fizike (F) i 8 koji sluˇsaju kurs iz hemije (H). Od toga 5 studenata sluˇsa i B i M, 7 sluˇsa i B i F, 4 sluˇsa i B i H, 16 sluˇsa i M i F, 4 sluˇsa i M i H i 3 sluˇsa i F i H. Tu su 3 koji sluˇsaju B, M i F, 2 – B, M i H, 3 – B, F i H i 2 – M, F i H. Konaˇcno, tu su dvojica koji sluˇsaju sva 4 kursa. Pored njih u domu je joˇs 71 student koji ne sluˇsa nijedan od ovih kurseva. Odredite ukupan broj studenata u domu. 1.8.3. Odrediti koliko ima brojeva ne većih od 1000 koji su deljivi bar jednim od brojeva 2, 3, 5 ili 7. 1.8.4. Odrediti broj celobrojnih reˇsenja jednaˇcine a+b+c+d = 17, koja zadovoljavaju uslove 1 6 a 6 3, 2 6 b 6 4, 3 6 c 6 5 i 4 6 d 6 6. 1.8.5. a) Koliko se reˇci, koje mogu da budu besmislene, dobija premeˇstanjem slova reˇci KOMBINATORIKA? b) Koliko ima takvih reˇci kod kojih nikoja dva ista slova nisu susedna? 1.8.6. Odrediti broj 9-tocifrenih brojeva koji imaju sve cifre razliˇcite i ne sadrˇze cifru 0, takvih da se nijedan od blokova a) 23, 45 i 678; b) 34, 45 i 738 ne pojavljuje. 1.8.7.

Pokazati da je 97 25-ti prost broj.

1.8.8. Odrediti broj prirodnih brojeva manjih od 501, koji nisu deljivi kvadratom (eng. squarefree number ). 1.8.9.

Naći broj permutacija koje imaju taˇcno k fiksnih taˇcaka.


72

1.8.10. Koliko ima permutacija skupa {1, 2, . . . , n} koje nemaju ciklus duˇzine k, gde je 1 6 k 6 n? 1.8.11. Neka je n > 2. Koliko ima permutacija p skupa {1, 2, . . . , n} takvih da za svako j ∈ {1, 2, . . . , n − 1} element j + 1 ne stoji neposredno iza elementa j? 1.8.12. Na koliko se naˇcina polja ˇsahovske table 8 × 8 mogu obojiti sa 8 razliˇcitih boja, tako da se u svakoj vrsti pojavljuje svaka boja i da u svakoj koloni nikoja dva susedna polja nisu obojena istom bojom ? 1.8.13. Pokazati da je broj kvadratnih matrica reda 3 sa nenegativnim elementima, kod kojih je zbir elemenata u ssvakoj vrsti i svakoj koloni jednak r dat formulom µ ¶2 µ ¶ r+2 r+3 −3 . 2 4 1.8.14. Na koliko naˇcina n braˇcnih parova moˇze sesti za okrugli sto sa 2n oznaˇcenih stolica tako da supruˇznici ne sede jedno pored drugog? 1.8.15. Za studente iz zadatka 1.8.2 odrediti koliko od njih sluˇsa: a) taˇcno 1 kurs? b) taˇcno 2 kursa? c) taˇcno 3 kursa? d) bar 1 kurs? e) bar 2 kursa? f ) bar 3 kursa? 1.8.16. U lift u prizemlju je uˇslo 9 ljudi. Na svakom od sledećih spratova bar 1 ˇcovek izlazi iz lifta i niko ne ulazi u njega. Na 5-om spratu se lift ispraznio. Odrediti broj svih mogućih takvih praˇznjenja lifta. 1.8.17. a) Na koliko naˇcina se mogu poredjati u niz 3 Amerikanca, 3 Engleza i 3 Rusa, tako da nikoja tri zemljaka ne stoje zajedno? b) Na koliko naˇcina se mogu poredjati u niz 3 Amerikanca, 3 Engleza i 3 Rusa, tako da nikoja dva zemljaka ne stoje zajedno?

Glava 2

Napredne tehnike prebrojavanja

U prethodnim odeljcima smo se upoznali sa osnovnim tehnikama prebrojavanja konaˇcnih skupova. Na poˇcetku ove glave ćemo predstaviti joˇs jednu vaˇznu tehniku prebrojavanja. Osnovna ideja, sasvim iznenadjujuća, je da beskonaˇcnom nizu realnih brojeva dodelimo odredjenu neprekidnu funkciju, tzv. funkciju generatrise niza. Problemi nad nizom se tada mogu prevesti na jezik neprekidnih funkcija i poznate analitiˇcke metode. U sekcijama nakon toga uglavnom ćemo se baviti pitanjem kako dobiti opˇstu formulu za elemente nizova brojeva i polinoma u kojima postoje rekurentne relacije, takve da se, poˇcev od nekog mesta u nizu, svaki sledeći element moˇze, pomoću iste formule, prikazati pomoću prethodnih elemenata niza. U reˇsavanju ovog pitanja veliku pomoć će nam pruˇziti upravo funkcije generatrise.

2.1

FUNKCIJE GENERATRISE

PRIMER 2.1.1. Posmatrajmo niz (1, 1, 1, 1, . . . ) sastavljen od jedinica. moˇzemo “kodirati” pomoću funkcije

Njega

1 + 1 · x + 1 · x2 + 1 · x3 + . . . . Ova funkcija sada predstavlja beskonaˇcnu geometrijsku progresiju sa koliˇcnikom x, pa je njena vrednost jednaka 1 , 1−x pod uslovom da je |x| < 1. Sada moˇzemo da kaˇzemo: Funkcija

1 je funkcija generatrisa niza (1, 1, 1, 1, . . . ). 1−x

U ovom uvodnom tekstu, mi ćemo obraditi samo jednostavnije primere, koji bi se u većini sluˇcajeva, koristeći razne trikove, mogli reˇsiti i bez primene funkcija generatrisa. Medjutim, ovo ne znaˇci da funkcije generatrise ne treba uˇciti! One predstavljaju veoma

73

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA

74

moćnu tehniku prebrojavanja: postoji mnogo sloˇzenih problema za ˇcije se reˇsavanje ostale tehnike ne mogu primeniti ili postaju suviˇse komplikovane.

STEPENI REDOVI

DEFINICIJA 2.1.2.

Stepeni red je beskonaˇcna suma oblika a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn + . . . ,

gde su a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . realni brojevi, a x je realna promenljiva1 . Jednostavan primer stepenog reda je (2.1)

1 + x + x2 + . . . + xn + . . .

iz prethodnog primera. U sluˇcaju da je x ∈ (−1, 1), suma ovog stepenog reda ima 1 vrednost 1−x . U ovom smislu, stepeni red (2.1) odredjuje funkciju 1 . 1−x S druge strane, ova funkcija već sadrˇzi sve podatke o stepenom redu (2.1). Zaista, ako diferenciramo funkciju k puta i stavimo x = 0 u rezultat, dobićemo taˇcno k! puta koeficijent uz xk u stepenom redu. Drugim reˇcima, stepeni red (2.1) je Taylorov red 1 1 funkcije 1−x u taˇcki x = 0 (tj. Maklorenov red). Prema tome, funkciju 1−x moˇzemo da zamislimo kao inkarnaciju beskonaˇcnog niza (1, 1, 1, . . . ) i obrnuto. Ovakvo pretvaranje beskonaˇcnih nizova u funkcije i nazad je temelj tehnike funkcija generatrisa. DEFINICIJA 2.1.3. Neka je (a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . ) niz realnih brojeva. Pod funkcijom generatrise2 ovog niza podrazumeva se stepeni red A(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn + . . .

U daljem tekstu ćemo nizu (an ) pridruˇzivati funkciju generatrise A(x) (tj. malo slovo koje odgovara nizu ćemo zameniti sa odgovarajućim velikim slovom za funkciju generatrise). Iz matematiˇcke analize je poznato da ako postoji realni broj K tako da je |an |6K n za ∞ X ˇ svako n > 1, tada stepeni red A(x) = ai xi konvergira za svako x ∈ (− 1 , 1 ). Staviˇ se, K

i=0

K

funkcija A(x) ima izvode svih redova u taˇcki 0 i pritom vaˇzi da je ai =

A(i) (0) . i!

1 Ponekad je od velike koristi posmatrati x kao kompleksnu promenljivu i primeniti metode iz kompleksne analize. 2 Strogo govore´ ci, ovo je obiˇ cna funkcija generatrisa. S obzirom da se ovde ne´ cemo baviti drugim vrstama funkcija generatrisa (npr. eksponencijelnim funkcijama generatrisa), jednostavno ´ cemo izbaciti reˇ c “obiˇ cna”.


75

Mi se ovde nećemo baviti proverom da li dobijeni stepeni redovi konvergiraju u nekoj okolini taˇcke 0. Obiˇcno je to lako. Sem toga, u mnogo sluˇcajeva ta se provera moˇze izbeći na sledeći naˇcin: kada pronadjemo taˇcno reˇsenje problema koristeći funkcije generatrise, ˇcak i na sumnjiv naˇcin, to reˇsenje se moˇze proveriti nekim drugim metodom, na primer ˇ pomoću principa matematiˇcke indukcije. Staviˇ se, postoji posebna teorija takozvanih formalnih stepenih redova koja omogućava nesmetan rad ˇcak i sa stepenim redovima koji nikad ne konvergiraju (sem u 0). Da zakljuˇcimo, konvergencija nikad nije bitno pitanje u primenama funkcija generatrisa. Ako niz (a0 , a1 , a2 , . . . , an , . . . ) ima samo konaˇcno mnogo nenula ˇclanova, tada je funkcija generatrisa obiˇcan polinom. Mi ćemo naˇse prouˇcavanje funkcija generatrisa stoga poˇceti upravo polinomima, kao njihovim najjednostavnijim oblikom.

ˇ CI ´ I POLINOMI NOVCI Pre nego ˇsto ubacimo novˇciće u igru, podsetimo se najpre kako se mnoˇze polinomi, na primer, p(x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 i

q(x) = 1 + x + x2 + x3 .

Jednostavno pravilo kaˇze da treba da pomnoˇzimo svaki ˇclan iz p(x) sa svakim ˇclanom iz q(x) i da zatim saberemo sve dobijene proizvode. Njihovo sabiranje je u ovom sluˇcaju jednostavno, jer su svi koeficijenti jednaki 1. Tako odmah dobijamo da je p(x)q(x) = x7 + 2x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1. Hajde sada da razmotrimo drugaˇcije pitanje. Izaberimo neki stepen x, na primer x5 . Sada ˇzelimo da saznamo koliki je koeficijent uz x5 u proizvodu p(x)q(x), ali bez raˇcunanja celog proizvoda. U ovom sluˇcaju, proizvod x5 se dobija: • mnoˇzenjem ˇclana x2 iz p(x) sa ˇclanom x3 iz q(x), takodje i • mnoˇzenjem ˇclana x3 iz p(x) sa ˇclanom x2 iz q(x) i konaˇcno, • mnoˇzenjem ˇclana x4 iz p(x) sa ˇclanom x iz q(x). Svaki od ovih proizvoda dodaje 1 na odgovarajući koeficijent, pa moˇzemo da zakljuˇcimo da je koeficijent uz x5 jednak 3. Razmotrimo sada, na izgled, drugaˇciji problem. PRIMER 2.1.4. Imamo ˇcetiri zlatna i tri srebrna novˇcića, svaki vrednosti od po jednog dinara. Na koliko naˇcina moˇzemo platiti 5 dinara pomoću ovih novˇcića? Reˇsenje. Ako sa i oznaˇcimo broj zlatnih, a sa j broj srebrnih novˇcića koriˇsćenih za plaćanje, tada ovaj problem traˇzi da nadjemo broj reˇsenja jednaˇcine i + j = 5,

i ∈ {0, 1, 2, 3, 4},

j ∈ {0, 1, 2, 3}.

Ako sada pretpostavimo da je i stepen promenljive x u naˇsem polinomu p(x), a j stepen promenljive x u polinomu q(x), tada je broj reˇsenja ove jednaˇcine upravo jednak koeficijentu uz x5 u proizvodu p(x)q(x), a to je, kao ˇsto već znamo, 3.


76

Uopˇste, ako su I i J konaˇcni skupovi prirodnih brojeva, kojima su pridruˇzeni polinomi X X p(x) = xi i q(x) = xj i∈I

j∈J

(primetimo da su koeficijenti u ovim polinomima nule i jedinice), tada je, za svaki prirodan broj r, broj reˇsenja (i, j) jednaˇcine i + j = r,

i ∈ I,

j ∈ J,

jednak koeficijentu uz xr u proizvodu p(x)q(x). Sledeće, joˇs interesantnije uopˇstenje ovog razmatranja bavi se proizvodom tri i viˇse polinoma. PRIMER 2.1.5. Na koliko naˇcina se moˇze platiti iznos od 21 dinara ako imamo ˇsest novˇcića vrednosti od po 1 dinara, pet novˇcića vrednosti od po 2 dinara i ˇcetiri novˇcića vrednosti od po 5 dinara? Reˇsenje.

Traˇzeni broj jednak je broju reˇsenja jednaˇcine i1 + i2 + i3 = 21

gde je i1 ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6},

i2 ∈ {0, 2, 4, 6, 8, 10}

i

i3 ∈ {0, 5, 10, 15, 20}.

Ovde i1 oznaˇcava deo iznosa plaćen novˇcićima od 1 dinara, i2 deo iznosa plaćen novˇcićima od 2 dinara, a i3 deo iznosa plaćen novˇcićima od 5 dinara. Broj reˇsenja ove jednaˇcine jednak je koeficijentu uz x21 u proizvodu (1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6 ) · (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 ) · (1 + x5 + x10 + x15 + x20 ).

Zaista, ˇclan sa x21 se dobija tako ˇsto se pomnoˇze ˇclan xi1 iz prvog para zagrada, ˇclan xi2 iz drugog para zagrada i ˇclan xi3 iz trećeg para zagrada, takvi da je i1 + i2 + i3 = 21. Svaki takav izbor brojeva i1 , i2 i i3 dodaje 1 na odgovarajući koeficijent u proizvodu. Kada bismo izmnoˇzili ove polinome dobili bismo u proizvodu ˇclan 9x21 , stoga dati iznos od 21 dinara moˇzemo platiti na 9 razliˇcitih naˇcina (navodimo u svakom plaćanju koliko ima novˇcića od 5 dinara, koliko od 2 i koliko od 1 dinara): 4 × 5 + 1 × 1,

3 × 5 + 3 × 2,

2 × 5 + 5 × 2 + 1 × 1,

3 × 5 + 2 × 2 + 2 × 1,

2 × 5 + 4 × 2 + 3 × 1,

3 × 5 + 1 × 2 + 4 × 1,

2 × 5 + 3 × 2 + 5 × 1,

3 × 5 + 6 × 1,

1 × 5 + 5 × 2 + 6 × 1.

Kasnije ćemo dati metod kojim lakˇse moˇzemo odrediti dati koeficijent (videti Primer 2.6.24)

ˇ KOMBINATORNO ZNACENJE BINOMNE TEOREME Jedan od oblika binomne teoreme tvrdi da je µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n 2 n n n (2.2) (1 + x) = + x+ x + ... + x . 0 1 2 n


77

Na levoj strani imamo proizvod n polinoma — svaki je jednak 1+x. Analogno prethodnim razmatranjima sa novˇcićima, koeficijent uz xr u proizvodu (1 + x)n predstavlja broj reˇsenja jednaˇcine i1 + i2 + . . . + in = r,

i1 , i2 , . . . , in ∈ {0, 1}.

Svako reˇsenje ove jednaˇcine oznaˇcava izbor r promenljivih izmedju i1 , i2 , . . . , ir koje su jednake 1 — preostalih n − r promenljivih mora da bude jednako 0.¡ Broj ovakvih ¢ n . Ovo znaˇci izbora je isti kao i broj r-toˇclanih podskupova skupa¡ sa n elemenata, tj. r ¢ n r n da je koeficijent uz x u proizvodu (1 + x) jednak r . Upravo smo dokazali Binomnu teoremu na kombinatorni naˇcin! Veˇstim igranjem sa polinomom (1 + x)n i njemu sliˇcnim, moˇzemo da dobijemo n ¡ ¢ X n n razne identitete. U odeljku 1.6 već smo videli neke od njih: formule k = 2 i k=0 n ¡ ¢ X (−1)k nk = 0 dobijene su, redom, zamenom x = 1 i x = −1 u (2.2). k=0

PRIMER 2.1.6.

Za svako n > 1 vaˇzi

µ ¶ n X n k = n2n−1 . k

k=0

Reˇsenje. Ova jednakost se dobija diferenciranjem (2.2) po promenljivoj x. Na obe strane kao rezultat mora da se dobije isti polinom. Diferenciranjem leve strane dobija se n(1 + x)n−1 , a diferenciranjem desne strane, koja je

n ¡ ¢ X n k k x ,

dobija se

k=0

µ ¶ n X n k−1 k x . k

k=0

Zamenom x = 1 dobijamo traˇzeni identitet.

ˇ UOPSTENA BINOMNA TEOREMA Već smo videli da se binomna teorema (2.2) moˇze formulisati kao rezultat o koeficijentima polinoma (1 + x)n . Za geometrijsku progresiju sa koliˇcnikom −x vaˇzi 1 − x + x2 + . . . + (−1)k xk + . . . =

1 = (1 + x)−1 . 1+x

Za svako n ∈ N izraz (1 + x)−n moˇzemo da posmatramo kao proizvod stepenih redova jednakih (1 + x)−1 . Naravno, ono ˇsto bismo voleli da imamo je formula za koeficijent uz xk u rezultujućem stepenom redu. Ova formula je veoma jednostavna i omogućiće nam da uopˇstimo binomnu teoremu i na negativne brojeve. TEOREMA 2.1.7.

Koeficijent uz xk u stepenom redu (1 + x)−n jednak je µ ¶ µ ¶ −n k n+k−1 = . (−1) k k


78

Dokaz . Da izbegnemo znak minus, posmatraćemo (1−x)−n umesto (1+x)−n . Krajnji rezultat dobijamo zamenom x sa −x. Poˇsto je (1 − x)−1 = 1 + x + x2 + . . . + xk + . . . , imamo da je (1 − x)−n proizvod n ˇcinilaca, od kojih je svaki jednak gornjem stepenom redu. Koeficijent uz xk u ovom proizvodu je tada jednak broju reˇsenja jednaˇcine i1 + i2 + . . . + in = k gde, za svako j = 1, 2, . . . , n, nenegativni ceo broj ij predstavlja doprinos xij iz j-tog ˇcinioca (1 + x + x2 + . . . + xk + . . . ). Kao ˇsto već znamo iz Primera 1.3.10, svako reˇsenje gornje jednaˇcine oznaˇcava taˇcno jedan neuredjeni izbor k elemenata sa ponavljanjem iz skupa od n elemenata (i obratno), tako da zakljuˇcujemo da je koeficijent uz xk jednak µ ¶ n+k−1 . k Zamenom x sa −x sada dobijamo rezultat kako je naveden u teoremi. Na osnovu ove teoreme zakljuˇcujemo da vaˇzi Uopˇstena binomna teorema. TEOREMA 2.1.8. Uopˇ stena binomna teorema. Za proizvoljan, pozitivan ili negativan, ceo broj n vaˇzi µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n 2 n k (2.3) (1 + x)n = + x+ x + ... + x + ... 0 1 2 k

NAPOMENA.

Ovaj opˇsti oblik je funkcija generatrisa, ali kada je n prirodan broj tada ! n = 0 za svako k > n, k

vaˇzi

pa se desna strana jednakosti svodi na polinom.

Koeficijent uz xn u stepenom redu (1 + x)−2 jednak je µ ¶ µ ¶ n 2+n−1 n n+1 (−1) = (−1) = (−1)n (n + 1). n n

PRIMER 2.1.9.

Sada moˇzemo da piˇsemo (1 + x)−2 = 1 − 2x + 3x2 − . . . + (−1)n (n + 1)xn + . . . Inaˇce, Uopˇstena binomna teorema ostaje da vaˇzi i u sluˇcaju kada je n proizvoljan realan broj. DEFINICIJA 2.1.10. Za proizvoljan realni broj α i svaki nenegativni broj k, bi¡ ¢ nomni koeficijent αk se definiˇse pomoću µ ¶ α α(α − 1)(α − 2) · . . . · (α − k + 1) = . k k!


79

Ova definicija je proˇsirenje uobiˇcajene definicije binomnog ¡ ¢ koeficijenta, jer kada je α = n za nenegativan ceo broj n, dobijamo istu formulu za αk kao u Definiciji 1.3.2. Zamenom x nekim drugim izrazom u Uopˇstenoj binomnoj teoremi moˇzemo da dobijemo razna njena dalja uopˇstenja. Mi ćemo za naˇsa razmatranja nekoliko puta da koristimo stepeni red za (1 − λx)−n , koji je jednak µ ¶ n+k−1 k k −n (2.4) (1 − λx) = 1 + nλx + . . . + λ x + ... k PRIMER 2.1.11. Kutija sadrˇzi 30 crvenih, 40 plavih i 50 belih lopti. Lopte iste boje se ne razlikuju medjusobno. Na koliko naˇcina se moˇze izabrati 70 lopti iz kutije? Reˇsenje.

Kao ˇsto već znamo, broj koji traˇzimo je jednak koeficijentu uz x70 u proizvodu

(1 + x + x2 + . . . + x30 )(1 + x + x2 + . . . + x40 )(1 + x + x2 + . . . + x50 ). Ovaj izraz nećemo da mnoˇzimo! Umesto toga, iskoristićemo ˇcinjenicu da je 1 + x + x2 + . . . + x30 =

1 − x31 , 1−x

ˇsto je već poznati zbir konaˇcne geometrijske progresije. Ceo proizvod se sada moˇze napisati kao 1 − x31 1 − x41 1 − x51 · · = (1 − x)−3 (1 − x31 )(1 − x41 )(1 − x51 ). 1−x 1−x 1−x ˇ Cinilac (1 − x)−3 moˇze da se razvije u stepeni red prema uopˇstenoj binomnoj teoremi (2.3). U proizvodu preostalih ˇcinilaca (1 − x31 )(1 − x41 )(1 − x51 ) tada je dovoljno naći koeficijente samo za stepene do x70 . Stoga dobijamo proizvod ¡¡2¢ ¡3¢ ¡4¢ 2 ¡5¢ 3 ¢ 31 − x41 − x51 + . . .), 2 + 2 x + 2 x + 2 x + . . . · (1 − x gde . . . u drugom paru zagrada stoji umesto stepena većih od x70 (najmanji stepen od tih ostalih ˇclanova je x31 · x41 = x72 ). Koeficijent uz x70 u ovom proizvodu, ˇsto je i traˇzeni broj izbora lopti iz kutije, jednak je µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 70 + 2 70 + 2 − 31 70 + 2 − 41 70 + 2 − 51 − − − = 1 061. 2 2 2 2

ˇ NALAZENJE FUNKCIJA GENERATRISA Sada ćemo se baviti naˇcinima da se funkcija generatrisa “sastavi” iz već poznatih “delova”, a na kraju ćemo dati i spisak nekih poznatih “polaznih” delova. Kroz ceo odeljak, neka su (a0 , a1 , a2 , . . . ) i (b0 , b1 , b2 , . . . ) nizovi, a A(x) i B(x) njihove funkcije generatrise. Sabiranje nizova Ako nizove sabiramo ˇclan po ˇclan, odgovarajuća operacija sa funkcijama generatrisa je prosto njihovo sabiranje. Taˇcnije, niz (a0 +b0 , a1 +b1 , a2 +b2 , . . . ) ima funkciju generatrise A(x) + B(x).


80

Mnoˇ zenje niza realnim brojem Joˇs jedna prosta operacija je mnoˇzenje fiksnim realnim brojem α. (αa0 , αa1 , αa2 , . . . ) ima funkciju generatrise αA(x).

Naime, niz

Pomeranje niza udesno Ako je n prirodan broj, tada funkcija generatrisa xn · A(x) odgovara nizu (0, 0, . . . , 0, a0 , a1 , a2 , . . . ). | {z } n×

Ovo je veoma korisno kada niz treba pomeriti udesno za odredjeni broj mesta. Pomeranje niza ulevo ˇ da radimo ako niz ˇzelimo da pomerimo ulevo za n mesta kako bismo dobili funkciju Sta generatrisu za niz (an , an+1 , an+2 , . . . )? Prvo treba da oduzmemo prvih n sabiraka funkcije generatrise A(x) (tako “eliminiˇsemo” prvih n ˇclanova niza, tj. pretvaramo ih u nule), a onda je neophodno joˇs da A(x) podelimo sa xn . Funkcija generatrise za gornji niz je A(x) − (a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an−1 xn−1 ) . xn Zamena promenljive x sa αx Neka je α fiksni realni broj i posmatrajmo funkciju C(x) = A(αx). Tada je C(x) funkcija generatrisa za niz (a0 , αa1 , α2 a2 , . . . ). PRIMER 2.1.12.

Već znamo da je 1 1−x

funkcija generatrisa za niz (1, 1, 1, 1, . . . ). Prema upravo datom pravilu, tada je 1 1 − 2x funkcija generatrisa niza koji se sastoji od stepena broja 2: (1, 2, 4, 8, 16 . . . ). PRIMER 2.1.13. Ova operacija se koristi i u sledećem triku (sa α = −1) kojim se svi ˇclanovi niza na neparnim mestima zamenjuju sa 0: kao ˇsto i sam ˇcitalac moˇze da proveri, funkcija A(x) + A(−x) 2 je funkcija generatrisa za niz (a0 , 0, a2 , 0, a4 , 0, . . . ).


81

Zamena promenljive x sa xn Joˇs jedna mogućnost je zamena promenljive x sa xn . Ovo daje funkciju generatrise za niz ˇciji je ˇclan sa rednim brojem nk jednak k-tom ˇclanu originalnog niza, dok su ostali ˇclanovi niza jednaki 0 (obratimo paˇznju da je a0 nulti ˇclan niza (an )). Na primer, funkcija A(x3 ) generiˇse niz (a0 , 0, 0, a1 , 0, 0, a2 , 0, 0, a3 , 0, . . . ). PRIMER 2.1.14.

Naći funkciju generatrise za niz (1, 1, 2, 2, 4, 4, 8, 8, . . . ),

tj. za niz an = 2bn/2c . Reˇsenje.

Kao ˇsto smo već videli, niz (1, 2, 4, 8, . . . ) ima funkciju generatrise 1 . 1 − 2x

Zamenom x sa x2 dobijamo da je

1 1 − 2x2 funkcija generatrisa za niz (1, 0, 2, 0, 4, 0, 8, 0, . . . ). Mnoˇzenjem sa x dalje dobijamo da je x 1 − 2x2 funkcija generatrisa za niz (0, 1, 0, 2, 0, 4, 0, 8, . . . ), a na kraju sabiranjem ove dve funkcije generatrise dobijamo i da je traˇzena funkcija generatrisa jednaka 1+x . 1 − 2x2

Diferenciranje i integracija Popularne operacije iz matematiˇcke analize, diferenciranje i integracija funkcija generatrisa imaju sledeće znaˇcenje na jeziku nizova. Izvod A0 (x) funkcije A(x) odgovara nizu (a1 , 2a2 , 3a3 , . . . , (n + 1)an+1 , . . . ). Taˇcnije, ˇclan sa rednim brojem k jednak je (k + 1)ak+1 (stepeni red se diferencira ˇclan po ˇclan isto kao i polinom). Rx Funkcija generatrisa 0 A(t) dt odgovara nizu (0, a0 , 12 a1 , 31 a2 , 14 a3 , . . . , n1 an−1 , . . . ), tj. za sve k > 1, ˇclan sa rednim brojem k jednak je PRIMER 2.1.15. an = (n + 1)2 . Reˇsenje.

1 k ak−1 .

Naći funkciju generatrise za niz kvadrata (12 , 22 , 32 , . . . ), tj. za niz

Poˇcinjemo sa nizom (1, 1, 1, 1, . . . ) ˇcija je funkcija generatrisa 1 . 1−x


82

Po prethodnom pravilu, prvi izvod ove funkcije, 1 , (1 − x)2 je funkcija generatrisa niza (1, 2, 3, 4, . . . ), tj. niza an = n + 1. Po istom pravilu, drugi izvod ove funkcije, 2 , (1 − x)3 ˇ je funkcija generatrisa niza (2·1, 3·2, 4·3, . . . ). Clan sa rednim brojem k u ovom nizu ima 2 vrednost (k +2)(k +1) = (k +1) +k +1. Poˇsto mi ˇzelimo niz sa opˇstim ˇclanom ak = (k + 1)2 , od gornje funkcije generatrise preostaje joˇs samo da oduzmemo funkciju generatrise za niz (1, 2, 3, 4, . . . ). Time dobijamo da je traˇzena funkcija generatrisa jednaka 2 1 1+x − = . (1 − x)3 (1 − x)2 (1 − x)3

Mnoˇ zenje funkcija generatrisa Mnoˇzenje funkcija generatrisa je ujedno i najzanimljivija operacija. Proizvod A(x)B(x) je funkcija generatrisa za niz (c0 , c1 , c2 , . . . ), gde su koeficijenti ck dati pomoću: c0 c1 c2

= a0 b0 = a0 b1 + a1 b0 = a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 .. .

i uopˇste moˇzemo da piˇsemo ck =

k X

ai bk−i .

i=0

Ovo se lako pamti — koeficijenti proizvoda A(x)B(x) sve do k-tog su isti kao i u proizvodu polinoma (a0 + a1 x + . . . + ak xk ) i (b0 + b1 x + . . . + bk xk ). PRIMER 2.1.16. Pretpostavimo da u drˇzavi X u opticaju postoje zlatni novˇcići vrednosti 2 dinara i srebrni novˇcići vrednosti 3 dinara. Naći funkciju generatrise niza ˇciji n-ti element, n > 0, predstavlja broj naˇcina da se n dinara plati pomoću zlatnih i srebrnih novˇcića? Reˇsenje. Ovaj primer je uopˇstenje primera sa novˇcićima iz prethodne sekcije, koje dobijamo prelaskom sa konaˇcnog na beskonaˇcni broj dostupnih novˇcića. Sada, vrednosti koje se mogu platiti samo pomoću zlatnih novˇcića jesu 0, 2, 4, 6, . . . , a za svaku od njih postoji samo jedan naˇcin plaćanja: svi novˇcići moraju biti zlatni, zar ne? Prema tome, funkcija generatrisa za ovakva ograniˇcena plaćanja je Z(x) = 1 + x2 + x4 + x6 + . . . =

1 . 1 − x2


83

Na sliˇcan naˇcin, samo pomoću srebrnih novˇcića moˇzemo da platimo, uvek na jedinstven naˇcin, vrednosti 0, 3, 6, 9, . . . , ˇcija je funkcija generatrisa S(x) = 1 + x3 + x6 + x9 + . . . =

1 . 1 − x3

Sada, kao i u ranijim primerima, ako ˇzelimo da n dinara platimo koristeći i zlatne i srebrne novˇciće, broj ovakvih plaćanja će biti jednak koeficijentu uz xn u proizvodu Z(x)S(x). Prema tome, traˇzena funkcija generatrisa je jednaka Z(x)S(x) =

1 . (1 − x2 )(1 − x3 )

NAPOMENA.

Operacije koje smo naveli u ovom odeljku nisu korisne samo za nalaˇzenje funkcije generatrise koja odgovara datom nizu, već i za nalaˇzenje niza koji odgovara datoj funkciji generatrise. U principu, ovaj problem se uvek moˇze reˇsiti pomoću Tejlorovog reda (eng. Taylor), tj. ponovljenim diferenciranjem, ali ova tehnika u praksi retko daje dobre rezultate.

NEKE POZNATE FUNKCIJE GENERATRISE Nakon ˇsto smo videli koje sve operacije moˇzemo da koristimo za dobijanje novih funkcija generatrisa, sada dajemo spisak funkcija generatrisa za neke uobiˇcajene nizove. Sliˇcan spisak moˇzete naći u skoro svakoj knjizi iz matematiˇcke analize koja obradjuje stepene redove. a)

X

1 · xn =

n>0

b)

1 1−x

X1 1 xn = ln n 1−x

n>1

c)

X 1 x n = ex n!

n>0

d)

X

n xn =

n>0

e)

x (1 − x)2

X (−1)n x2n+1 = sin x (2n + 1)!

n>0

f)

X (−1)n x2n = cos x (2n)!

n>0

g)

X µn + k ¶ n

n>0

h)

X µn¶ n>k

k

xn =

xn =

1 (1 − x)k+1

xk (1 − x)k+1


84

X (−1)n x2n+1 = arctg x 2n + 1

i)

n>0

X µ2n¶

j)

n

n>0

xn = √

X µ2n + k ¶

k)

n

n>0

1 1 − 4x

1 x =√ 1 − 4x n

µ

1−

√

1 − 4x 2x

¶k

√ ¶k µ X k!(2n + k − 1)! 1 − 1 − 4x n l) x = n!(n + k)! 2x n>0

X

m)

n>0

(2n − 1)!! 1 x3 1 · 3 x5 1 · 3 · 5 x7 x2n+1 = x + + + + . . . = arcsin x (2n + 1) · (2n)!! 2 3 2·4 5 2·4·6 7

X 2 n2 sin nπ 4 xn = ex sin x n!

n)

n>1

X

o)

n>0

4n n!2 xn = (n + 1)(2n + 1)!

µ

arcsin x sin x

¶2

ZADACI 2.1.1.

Naći koeficijent uz:

a) x5 u (1 − 2x)−2 ;

b) x4 u

√ 3

1 + x; c) x3 u

(2 + x)3/2 ; 1−x

d) x9 u

1 . (1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 )

2.1.2.

ˇ je koeficijent uz xk u razvoju izraza (1 + x + x2 + . . . + xn−1 )2 ? Sta

2.1.3. Naći koeficijent uz xn u stepenom razvoju sledećih funkcija, koristeći metod parcijalnih razlomaka ili operacije za rad sa funkcijama generatrisa: 1 1 1 a) , a 6= b; b) ; c) ; (1 − ax)(1 − bx) 1 − 6x + 11x2 − 6x3 (1 − x2 )2 1 − x − x2 d) . (1 − 2x)(1 − x)2 2.1.4. Naći funkciju generatrise za svaki od sledećih nizova (svaki od nizova je definisan za sve n > 0): a) an = n; e) an = 3n ;

b) an = αn + β; c) an = n2 ; f ) an = 5 · 7n − 3 · 4n .

d) an = αn2 + βn + γ;

2.1.5. Naći funkciju generatrise za sledeće nizove: a) (1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, . . . ); b) {21+[n/3] } = (2, 2, 2, 4, 4, 4, 8, 8, 8, . . . );

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 1 c) { n12 }n>1 = (1, 41 , 19 , 16 , . . . );

1 d) { (n+5)! };

85

e) { n

2

+n+1 }n>1 . n!

X ¡ m ¢ 2n Dokazati da je: a) = 12 ((1 + x)m + (1 − x)m ); 2n x n X ¡ m ¢ 2n+1 b) = 12 ((1 + x)m − (1 − x)m ). 2n+1 x

2.1.6. n

2.1.7. b)

Dokazati da je:

X ¡2n+1¢ 2n+1 x m n

=

xm 2

a) ³

X ¡2n¢ 2n m x n

1 (1−x)m+1

−

=

xm 2

(−1)m (1+x)m+1

³

1 (1−x)m+1

+

(−1)m (1+x)m+1

´ ;

´ .

2.1.8. Neka je an broj uredjenih trojki (i, j, k) celih brojeva tako da je i > 0, j > 1, k > 1 i i + 3j + 5k = n. Naći funkciju generatrise za niz (a0 , a1 , a2 , . . . ) i opˇstu formulu za an . 2.1.9. Naći funkciju generatrise za broj bn celih brojeva u opsegu 0 do 10m − 1 ˇcija je suma cifara jednaka n. 2.1.10. a) Neka je a = (an )n>0 dati niz i neka je S operator koji preslikava niz a u niz Sa njegovih parcijalnih suma: (Sa)n = a0 + a1 + · · · + an , za n > 0. Ako je f (x) funkcija (x) generatrisa za niz a, dokazati da je f1−x funkcija generatrisa za niz Sa. b) Naći funkciju generatrise za harmonijske brojeve Hn = 1 + 12 + 31 + · · · + n1 , n > 1. c) Ako je r > 0, naći funkciju generatrise za S r a, tj. za S(S(. . . (Sa) . . . )). d) Nepoznati niz a ima sledeće svojstvo: kada, poˇcevˇsi od a, r puta ponovimo operaciju S, tada kao rezultat dobijamo niz (1, 0, 0, 0, . . . ). Naći poˇcetni niz a. e) Koliko je S r a ako je a = (1, 1, 1, 1, . . . )? f ) Za proizvoljan niz a, naći eksplicitnu formulu, koja sadrˇzi samo jedan znak sumacije, za n-ti ˇclan niza S r a. 2.1.11. Dokazati da, u zemlji koja ima samo novˇciće od 1, 2 i 3 dinara, broj naˇcina da 2 se plati n dinara je najbliˇzi ceo broj broja (n+3) 12 . 2.1.12. Za date prirodne brojeve n i k, neka je f (n, k) definisano na sledeći naˇcin: za svako predstavljanje broja n kao uredjenog zbira taˇcno k prirodnih brojeva, neka je S proizvod tih k brojeva. Tada je f (n, k) zbir svih brojeva S dobijenih na ovaj naˇcin. Naći X funkciju generatrisa Fk (x) = f (n, k)xn u eksplicitnom obliku. n

2.1.13. Neka f (n) oznaˇcava razliku izmedju broja uredjenih predstavljanja n kao zbira parnog broja prirodnih brojeva i broja uredjenih predstavljanja n kao zbira neparnog X broja prirodnih brojeva. Naći f (n) nalaˇzenjem funkcije generatrise F (x) = f (n)xn i njenim razvojem u stepeni red.

n

2.1.14. Inverzija permutacije σ skupa {1, 2, . . . , n} je par brojeva (i, j) tako da je i < j i σ(i) > σ(j). U dvorednom zapisu permutacije, inverzija pokazuje parove koji se nalaze u “pogreˇsnom poretku” u drugom redu. Permutacija µ ¶ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 σ= 4 9 2 5 8 1 6 7 3


86

ima 19 inverzija, naime parove (1, 3), (1, 6), . . . , (8, 9). Neka je b(n, k) broj permutacija skupa {1, 2, . . . , n} koje imaju taˇcno k inverzija. Dokazati da za funkciju generatrisa X Bn (x) = b(n, k)xk vaˇzi: k

Bn (x) = (1 + x)(1 + x + x2 ) · . . . · (1 + x + . . . + xn−1 ). 2.1.15. Naći najveći prirodan broj koji nije oblika 6x + 10y + 15z, gde su x, y, z nenegativni celi brojevi. Dokazati da je odgovor taˇcan, tj. da nadjeni prirodan broj zaista ne moˇze da se predstavi u datom obliku, dok se svi prirodni brojevi veći od njega mogu predstaviti u datom obliku. 2.1.16. Neka je f (n, k, h) broj uredjenih predstavljanja broja n kao zbira taˇcno k X prirodnih brojeva, od kojih nijedan nije manji od h. Naći f (n, k, h)xn . n

2.1.17.

Naći u eksplicitnom obliku funkciju generatrise Gnr (x) =

X

ankr xk , gde je

k

ankr broj naˇcina da se izabere k od n objekata, s tim ˇsto svaki objekat moˇze da bude izabran najviˇse r puta. 2.1.18.

Izraziti sumu µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2n 2n − 1 2 2n − 2 n n Sn = +2 +2 + ... + 2 0 1 2 n

kao koeficijent uz x2n u odgovarajućem stepenom redu, a zatim naći eksplicitnu formulu za Sn .

2.2

ˇ REKURENTNE JEDNACINE

Rekurentne jednaˇcine su jednaˇcine u kojima sledeći ˇclan niza zavisi od nekoliko prethodnih (strogu, matematiˇcku definiciju daćemo malo kasnije). One se joˇs negde nazivaju i diferencne jednaˇcine (uglavnom na podruˇcjima koja su bila pod ruskim uticajem, stoga ponekad i kod nas), kao i rekurzivne jednaˇcine. Rekurentne jednaˇcine nalaze ˇsiroki spektar primena (biće ilustrovane kasnije): u ekonomiji, druˇstvenim naukama, fizici, raznim oblastima matematike... Krenimo sa nekoliko ilustrativnih primera. PRIMER 2.2.1. Faktorijel n! se definiˇse kao proizvod prvih n prirodnih brojeva, tj. n! = 1 · 2 · . . . · n (uzima se da je 0! = 1). Posmatrajmo niz faktorijela, an = n! 0!, 1!, 2!, 3!, . . . Ovaj niz zadovoljava rekurentnu relaciju an = n · an−1 , za n > 1. Moˇzemo i obratno ako imamo ovu relaciju i poˇcetni uslov a0 = 1 da nadjemo sve ˇclanove niza ponavljajući postupak iteracije:


an

= =

87

n · an−1 = n · (n − 1) · an−2 = n · (n − 1) · (n − 2) · an−3 = . . . n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · 2 · 1 · a0 = n!

PRIMER 2.2.2. Niz realnih brojeva kod koga je razlika svaka dva uzastopna ˇclana konstantna i jednaka d (d je razlika niza) naziva se aritmetiˇcki niz (ponekad i aritmetiˇcka progresija). Odredimo opˇsti ˇclan ovog niza. Reˇsenje. Kako vaˇzi d = an+1 − an , dobijamo da elementi ovog niza zadovoljavaju rekurentnu relaciju an+1 = an + d. Matematiˇckom indukcijom moˇzemo pokazati da je opˇsti ˇclan ovog niza jednak an = a1 + (n − 1)d.

PRIMER 2.2.3. Niz realnih brojeva kod koga je koliˇcnik svaka dva uzastopna ˇclana konstantan i jednak q (q je koliˇcnik niza) naziva se geometrijski niz (ponekad i geometrijska progresija). Odredimo opˇsti ˇclan ovog niza. Reˇsenje.

Kako vaˇzi q =

rekurentnu relaciju

an+1 , dobijamo da elementi ovog niza zadovoljavaju an an+1 = q · an .

Matematiˇckom indukcijom moˇzemo pokazati da je opˇsti ˇclan ovog niza jednak an = a1 · q n−1 .

U prethodnim primerima smo videli neke od najjednostavnijih rekurentnih veza. Rekurentne veze mogu da zavise i od 2 ili viˇse indeksa. Jedan takav primer je (rekurentna) definicija binomnih koeficijenata. PRIMER 2.2.4. U poglavlju 1.6 Osobine binomnih koeficijenata, videli smo da za binomne koeficijenate vaˇzi Adiciona formula (1.6): µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n−1 n−1 n = + , uz poˇcetne uslove = 1. k k−1 k 0 Tu smo koristili da je 0 6 k 6 n, ali smo napomenuli da formula vaˇzi i u sluˇcajevima kada je k < 0 ili k > n (tada su svi binomni koeficijenti jednaki 0), kao i kada n nije ceo broj ili kada je n < 0. U nastavku ćemo razmatrati rekurentne jednaˇcine koje zavise samo od jednog indeksa.


88

Sada ćemo dati definiciju ovog veoma bitnog matematiˇckog pojma. DEFINICIJA 2.2.5.

Rekurentna jednaˇcina reda k je jednaˇcina oblika

(2.5)

an+k = F (n, an , an+1 , . . . , an+k−1 ),

gde je n prirodan broj, a an , an+1 , . . . , an+k je k + 1 uzastopnih ˇclanova niza {an }∞ n=1 . Reˇsenje rekurentne jednaˇcine je niz {an }, koji rekurentnu jednaˇcinu prevodi u identitet.

DEFINICIJA 2.2.6. Opˇste reˇsenje rekurentne jednaˇcine reda k je ono reˇsenje koje sadrˇzi sva reˇsenja. Opˇste reˇsenje rekurentne jednaˇcine reda k sadrˇzi k proizvoljnih konstanti (zato ˇsto prvih k ˇclanova niza u potpunosti odredjuje niz). Ukoliko su dati poˇcetni ˇclanovi ovog niza onda je moguće odrediti vrednosti tih konstanti — tada kaˇzemo da smo dobili jedno ili partikularno reˇsenje.

(i)

DEFINICIJA 2.2.7. (i)

Ako je

an

(j)

an

6= c, gde je c neka fiksirana konstanta, tada nizovi (i)

(j)

{an } i {an } predstavljaju nezavisna (neproporcionalna) reˇsenja. Ako je

an

= c, (j) an (j) (i) tada nizovi {an } i {an } predstavljaju zavisna (proporcionalna) reˇsenja. Pojam zavisnih reˇsenja moˇzemo proˇsiriti i na viˇse od 2 reˇsenja — ukoliko jedno reˇsenje moˇzemo predstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kaˇzemo da su ta reˇsenja zavisna. U protivnom imamo nezavisna reˇsenja. Sada smo spremni za sledeće tvrdjenje. (s)

(2)

(1)

TEOREMA 2.2.8. Reˇsenja {an }, {an }, . . . , {an } rekurentne jednaˇcine (2.5) k–tog reda su nezavisna ako i samo ako je sledeća determinanta razliˇcita od nule: ¯ (1) ¯ (2) (s) ¯a . . . an ¯¯ an ¯ 1 (s) ¯ (2) ¯ (1) an . . . an ¯ ¯ a2 ¯ . .. .. ¯¯ 6= 0. det(A) = ¯¯ .. . . ¯ ¯ (1) (s) ¯¯ ¯as−1 a(2) . . . as−1 ¯ s−1 ¯ (1) (2) (s) ¯ as as . . . as ¯

(1)

(2)

(s)

Dokaz . Ukoliko su nizovi {an }, {an }, . . . , {an } koji su reˇsenja rekurentne jednaˇcine nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni, pa je rang matrice A jednak r(A) = s, ˇsto povlaˇci da je det(A) 6= 0. Ako je det(A) 6= 0 onda je i r(A) = s, pa su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni, ˇsto povlaˇci i da su reˇsenja rekurentne jednaˇcine nezavisna.


89

Sada ćemo dati definiciju linearne rekurentne jednaˇcine (najveći deo ovog poglavlja je posvećen ovom pojmu), a kasnije ćemo se sresti i sa nekim nelinearnim rekurentnim jednaˇcinama. DEFINICIJA 2.2.9. (2.6)

Linearna rekurentna jednaˇcina je jednaˇcina oblika

fk (n) · an+k + fk−1 (n) · an+k−1 + . . . + f0 (n) · an = f (n)

i ona se najˇceˇsće zadaje u normiranom obliku, tj. sa fk (n) = 1. Ako je f (n) = 0 to je linearna homogena rekurentna jednaˇcina (2.7)

fk (n) · an+k + fk−1 (n) · an+k−1 + . . . + f0 (n) · an = 0,

a ako je f (n) 6= 0 to je linearna nehomogena rekurentna jednaˇcina. Ako su funkcije fi (n) konstante onda imamo linearnu rekurentnu jednaˇcinu sa konstantnim koeficijentima, u protivnom govorimo o linearnoj jednaˇcini sa funkcionalnim koeficijentima.

(2)

(1)

(s)

LEMA. 2.2.10. Neka su nizovi {an }, {an }, . . . , {an } reˇsenja linearne homogene rekurentne jednaˇcine (2.7) tada je i (2) (s) an = C1 · a(1) n + C2 · an + . . . + Cs · an

reˇsenje te rekurentne jednaˇcine. C1 , C2 , . . . , Cs su proizvoljne konstante. Dokaz .

(1)

(s)

(2)

Kako su nizovi {an }, {an }, . . . , {an } reˇsenja jednaˇcine (2.7) vaˇzi (1)

(1)

(1)

(s)

(s)

(s)

fk (n) · an+k + fk−1 (n) · an+k−1 + . . . + f0 (n) · an = 0 (2) (2) (2) fk (n) · an+k + fk−1 (n) · an+k−1 + . . . + f0 (n) · an = 0 .. . fk (n) · an+k + fk−1 (n) · an+k−1 + . . . + f0 (n) · an = 0 Ako prvu od ovih jednaˇcina pomnoˇzimo sa C1 , drugu sa C2 , . . . , poslednju sa Cs i onda ih saberemo dobijamo jednaˇcinu fk (n) · an+k + fk−1 (n) · an+k−1 + . . . + f0 (n) · an = 0, tj. da je i niz {an } reˇsenje jednaˇcine (2.7). (1)

(2)

(k)

TEOREMA 2.2.11. Neka su {an }, {an }, . . . , {an } nezavisna reˇsenja linearne homogene rekurentne jednaˇcine (2.7) k–tog reda. Tada je niz sa opˇstim ˇclanom (2) (k) an = C1 · a(1) n + C2 · an + . . . + Ck · an ,

gde su C1 , C2 , . . . , Ck proizvoljne konstante, opˇste reˇsenje date jednaˇcine. Dokaz . Neka je {an } proizvoljno reˇsenje jednaˇcine (2.7) i neka su a1 , a2 , . . . , ak prvih (1) k ˇclanova tog niza. Odredimo konstante C1 , C2 , . . . , Ck tako da za njih vaˇzi C1 · an +

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA (2)

90

(k)

C2 · an + . . . + Ck · an = an , za n = 1, 2, . . . , k, tj. dobili smo sistem linearnih jednaˇcina (1)

(2)

(k)

(1)

(2)

(k)

C1 · a1 + C2 · a1 + . . . + Ck · a1 = a1 (1) (2) (k) C1 · a2 + C2 · a2 + . . . + Ck · a2 = a2 .. . C1 · ak + C2 · ak + . . . + Ck · ak = an (1)

(2)

(k)

po nepoznatim konstantama C1 , C2 , . . . , Ck . Kako {an }, {an }, . . . , {an } predstavljaju nezavisna reˇsenja po Teoremi 2.2.8 dobijamo da je determinanta prethodnog sistema razliˇcita od 0, te stoga taj sistem ima jedinstveno reˇsenje. Na osnovu ˇcinjenice da prvih k ˇclanova niza koji je reˇsenje rekurentne jednaˇcine k–tog (1) (2) (k) reda u potpunosti odredjuju taj niz, kao i da su nizovi {an }, {an }, . . . , {an } reˇsenja (1) (2) (k) rekurentne jednaˇcine (2.7) dobijamo da jednakost C1 · an + C2 · an + . . . + Ck · an = an vaˇzi za svako n ∈ N. Opˇste reˇsenje nehomogene linearne rekurentne jednaˇcine (sluˇcaj f (n) 6= 0) jednako je zbiru opˇsteg reˇsenja homogene rekurentne jednaˇcine, hn , i nekog partikularnog (proizvoljnog) reˇsenja nehomogene rekurentne jednaˇcine, pn : an = hn + pn . Nehomogena rekurentna jednaˇcina se reˇsava na neki od sledećih naˇcina: 1◦ nakon ispisivanja prvih nekoliko ˇclanova niza uoˇcimo neko pravilo (ili samo reˇsenje) i to dokaˇzemo matematiˇckom indukcijom; 2◦ reˇsimo odgovarajuću homogenu rekurentnu jednaˇcinu i pogodimo partikularno reˇsenje; 3◦ reˇsimo odgovarajuću homogenu rekurentnu jednaˇcinu i primenimo metodu varijacije konstanti.

ˇ LINEARNA REKURENTNA JEDNACINA SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA Prvo ćemo posmatrati linearnu homogenu rekurentnu jednaˇcinu reda k sa konstantnim koeficijentima: (2.8)

fk · an+k + fk−1 · an+k−1 + . . . + f0 · an = 0,

gde su fi , i = 0, 1, . . . , k konstante i f0 , fk 6= 0. Ako potraˇzimo njeno reˇsenje u obliku an = tn , dobijamo tn (fk tk + fk−1 tk−1 + . . . + f1 t + f0 ) = 0. Osim trivijalnog reˇsenja an = 0 sva ostala reˇsenja pretpostavljanog oblika daje jednaˇcina (2.9)

fk tk + fk−1 tk−1 + . . . + f1 t + f0 = 0.

Ova algebarska jednaˇcina se naziva karakteristiˇcna jednaˇcina rekurentne jednaˇcine (2.8). Sada razlikujemo nekoliko sluˇcajeva u zavisnosti od toga kakvi su koreni t1 , t2 , . . . , tk (jednaˇcina stepena k ima taˇcno k reˇsenja nad poljem C) karakteristiˇcne jednaˇcine (2.9). 1◦ Sva reˇsenja t1 , t2 , . . . , tk su medjusobno razliˇcita. Tada je opˇste reˇsenje an = C1 · t1 n + C2 · t2 n + . . . + Ck · tk n . NAPOMENA. terminante

Da su ova reˇsenja nezavisna sledi iz Teoreme 2.2.8 i Vandermondove de˛ ˛ ˛1 x1 x1 2 . . . x1 n−1 ˛ ˛ ˛ 2 n−1 ˛1 x 2 x 2 ˛ . . . x2 Y ˛ ˛ Dn = ˛ . (xj − xi ). ˛= . . . . .. .. .. .. ˛ ˛ .. ˛ ˛ 16i

91

Sliˇcnim, ali komplikovanijim rezonom iz linearne algebre moˇzemo pokazati da su reˇsenja i iz narednog sluˇcaja nezavisna.

2◦ Ako medju reˇsenjima karakteristiˇcne jednaˇcine ima viˇsestrukih, uoˇcimo koren tm reda s, s > 1. Tada se moˇze pokazati da su nizovi sa sledećim opˇstim ˇclanovima tm n , ntm n , . . . , ns−1 tm n svi nezavisna reˇsenja polazne rekurentne jednaˇcine i da je deo opˇsteg reˇsenja koji odgovara korenu tm (koji se javlja s puta jer mu je viˇsestrukost s) jednak izrazu Cm · tm n + Cm+1 · n · tm n + . . . + Cm+s−1 · ns−1 · tm n , gde su Cm , Cm+1 , . . . , Cm+s−1 proizvoljno odabrane konstante. NAPOMENA.

Naredna 2 sluˇcaja su specijalni sluˇcajevi prethodna 2 sluˇcaja, ali zbog nekih razliˇcitosti, kao i njihovog znaˇcaja ovde smo ih izdvojili.

3◦ Neka je kompleksan broj ti = α + βi prosta nula karakteristiˇcne jednaˇcine. Tada je i ti+1 = ti = α − βi prosta nula. Ako je α ± βi = ρ · (cos θ ± i · sin θ) onda imamo da su ˇclanovi koji odgovaraju reˇsenjima ti i ti+1 (taj deo je takodje realan broj) jednaki: Ci · (α + βi)n + Ci+1 · (α − βi)n = Di · ρn · cos nθ + Di+1 · ρn · sin nθ, gde su Ci i Ci+1 kompleksne konstante, a Di i Di+1 realne. 4◦ Ukoliko je kompleksan broj ti = α + βi nula reda s karakteristiˇcne jednaˇcine (tada je i ti+1 = ti = α − βi nula reda s), sliˇcno kao u prethodna dva sluˇcaja, njima odgovaraju partikularna reˇsenja ρn · cos nθ, ρn · sin nθ; n · ρn · cos nθ, n · ρn · sin nθ; . . . ; ns−1 · ρn · cos nθ, ns−1 · ρn · sin nθ. PRIMER 2.2.12.

Odrediti niz {xn } zadat rekurentnom jednaˇcinom xn+3 + axn+2 + bxn+1 + cxn = 0, a, b, c ∈ R.

Reˇsenje. Karakteristiˇcna jednaˇcina je t3 + at2 + bt + c = 0 i neka su njene nule t1 , t2 i t3 . U zavisnosti od toga kakve su t1 , t2 i t3 imamo nekoliko sluˇcajeva: 1◦ Ukoliko su sve tri nule razliˇciti realni brojevi opˇste reˇsenje je xn = C1 · t1 n + C2 · t2 n + C3 · t3 n . 2◦ Ukoliko su sve tri nule realni brojevi i t1 = t2 6= t3 , opˇste reˇsenje je xn = C1 · t1 n + C2 · n · t1 n + C3 · t3 n . 3◦ Ukoliko su nule trostruke i realne, tj. t1 = t2 = t3 , opˇste je xn = C1 · t1 n + C2 · n · t1 n + C3 · n2 · t1 n . 4◦ Ukoliko nisu sva reˇsenja realna, tj. t1 ∈ R, t2 = α + βi = ρ · (cos θ + i · sin θ), t3 = α − βi = ρ · (cos θ − i · sin θ), opˇste reˇsenje je xn = C1 · t1 n + C2 · ρn · cos nθ + C3 · ρn · sin nθ.

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 2.2.13.

92

Reˇsiti sistem rekurentnih jednaˇcina (za proizvoljne p, q, r, s ∈ R): xn+1 = pxn + qyn ,

yn+1 = rxn + syn .

Reˇsenje. Ako je q = r = 0 imamo dve (medjusobno nezavisne) geometrijske progresije. Kada je q 6= 0 (i sliˇcno ako je r 6= 0) sistem svodimo na jednu rekurentnu jednaˇcinu xn+1 − pxn xn+2 − pxn+1 , yn+1 = (svako drugog reda: iz prve jednaˇcine imamo yn = q q n u prethodnoj jednaˇcini smo zamenili sa n + 1) i kad ovo zamenimo u drugu dobijamo xn+2 − pxn+1 xn+1 − pxn = rxn + s , q q odnosno nakon sredjivanja xn+2 + (p + s)xn+1 + (sp − qr)xn = 0, ˇsto je homogena linearna rekurentna jednaˇcina sa konstantnim koeficijentima (najviˇse 2. reda) koju dalje moˇzemo reˇsiti standardnim postupkom. Niz {yn } moˇze se odrediti iz relacije qyn = xn+1 − pxn . Sada se vratimo na nehomogenu linearnu rekurentnu jednaˇcinu reda k sa konstantnim koeficijentima: (2.10)

fk · an+k + fk−1 · an+k−1 + . . . + f0 · an = f (x).

Prvo ćemo reˇsiti odgovarajuću homogenu jednaˇcinu – to je jednaˇcina (2.8) i dobićemo homogeni deo reˇsenja hn na naˇcin opisan u prethodnom izlaganju. Ako ne moˇzemo da pogodimo reˇsenje (ˇsto nije baˇs lako), u nekoliko (veoma ˇcestih) sluˇcaja znamo u kom obliku treba da traˇzimo partikularno reˇsenje: • Ako je f (n) = Pd (n) polinom stepena d po promenljivoj n i ako t = 1 nije reˇsenje karakteristiˇcne jednaˇcine rekurentne jednaˇcine (2.8) tada partikularno reˇsenje nehomogene jednaˇcine (2.10) traˇzimo kao nepoznati polinom Qd (n) stepena d, tj. u obliku pn = Qd (n) = A0 + A1 n + A2 n2 + . . . + Ad nd , gde nepoznate konstante Ai dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u polaznu nehomogenu jednaˇcinu (2.10). Ako je f (n) = Pd (n) i t = 1 jeste koren mnogostrukosti m karakteristiˇcne jednaˇcine onda partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku pn = nm · Qd (n) = A0 nm + A1 nm+1 + A2 nm+2 + . . . + Ad nm+d . • Ako je f (n) = K · bn (K je neka konstanta) i ako t = b nije koren karakteristiˇcne jednaˇcine onda partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku pn = A · bn , gde nepoznatu konstantu A traˇzimo tako ˇsto izraz za pn zamenimo u (2.10). Ako je f (n) = K · bn i ako t = b jeste koren mnogostrukosti m karakteristiˇcne jednaˇcine onda partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku pn = A · nm · bn .


93

• Ako je f (n) = Pd (n) · bn , gde je Pd (n) polinom stepena d po promenljivoj n i ako t = b nije reˇsenje karakteristiˇcne jednaˇcine rekurentne jednaˇcine (2.8) tada partikularno reˇsenje nehomogene jednaˇcine (2.10) traˇzimo u obliku pn = Qd (n) · bn = (A0 + A1 n + A2 n2 + . . . + Ad nd ) · bn , gde nepoznate konstante Ai dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (2.10). Ako je f (n) = Pd (n) i t = b jeste koren mnogostrukosti m karakteristiˇcne jednaˇcine onda partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku pn = nm · Qd (n) · bn = (A0 nm + A1 nm+1 + A2 nm+2 + . . . + Ad nm+d ) · bn . • Ako je nehomogeni deo ili f (n) = K · cos(nθ) ili f (n) = K · sin(nθ) ili f (n) = K1 · cos(nθ)+K2 ·sin(nθ) (K, odnosno K1 i K2 su konstante) i ako t = eiθ = cos θ+i sin θ nije reˇsenje karakteristiˇcne jednaˇcine rekurentne jednaˇcine (2.8) tada partikularno reˇsenje nehomogene jednaˇcine (2.10) traˇzimo u obliku pn = A · cos(nθ) + B · sin(nθ), gde nepoznate konstante A i B dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (2.10). Ako nehomogeni deo f (n) = K · cos(nθ) ili f (n) = K · sin(nθ) ili f (n) = K1 · cos(nθ) + K2 · sin(nθ) i t = eiθ jeste koren mnogostrukosti m karakteristiˇcne jednaˇcine (2.8) onda partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku ¡ ¢ pn = nm · A · cos(nθ) + B · sin(nθ) . • Ako je f (n) = Pd (n) · sin(nθ) ili f (n) = Pd (n) · cos(nθ) ili f (n) = Pd1 (n) · sin(nθ) + Pd2 (n) · cos(nθ), gde je Pd (n) polinom stepena d po promenljivoj n, odnosno u trećem sluˇcaju Pd1 (n) i Pd2 (n) polinomi stepena d1 i d2 , za koje vaˇzi da je d = max{d1 , d2 }, i ako t = eiθ = cos θ + i sin θ nije reˇsenje karakteristiˇcne jednaˇcine (2.8) tada partikularno reˇsenje nehomogene jednaˇcine (2.10) traˇzimo u obliku pn

= Qd (n) · sin(nθ) + Rd (n) · cos(nθ) = (A0 + A1 n + A2 n2 + . . . + Ad nd ) · sin(nθ) + (B0 + B1 n + B2 n2 + . . . + Bd nd ) · cos(nθ),

gde nepoznate konstante Ai i Bj (tj. nepoznate polinome Qd (n) i Rd (n) stepena d) dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (2.10). Ako je f (n) = Pd (n) · sin(nθ) ili f (n) = Pd (n) · cos(nθ) ili f (n) = Pd1 (n) · sin(nθ) + Pd2 (n) · cos(nθ) i t = eiθ jeste koren mnogostrukosti m karakteristiˇcne jednaˇcine (2.8) onda partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku ¡ ¢ pn = nm · Qd (n) · sin(nθ) + Rd (n) · cos(nθ) . n • (Najopˇ stiji od ovih oblika) ¡ Ako je f (n) = Pd (n) · b · sin(nθ) ¢ ili f (n) = Pd (n) · n n b · cos(nθ) ili f (n) = b · Pd1 (n) · sin(nθ) + Pd2 (n) · cos(nθ) i ako t = b · eiθ = b(cos θ + i sin θ) nije reˇsenje karakteristiˇcne jednaˇcine rekurentne jednaˇcine (2.8) tada partikularno reˇsenje nehomogene jednaˇcine (2.10) traˇzimo u obliku ¡ ¢ pn = bn · Qd (n) · sin(nθ) + Rd (n) · cos(nθ) ,


94

gde nepoznate polinome Qd (n) i Rd (n) stepena d dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (2.10). ¡ Ako je f (n) = Pd (n)·bn ·sin(nθ) ili f (n) = Pd (n)·bn ·cos(nθ) ili f (n) = bn · Pd1 (n)· ¢ sin(nθ) + Pd2 (n) · cos(nθ) i t = b · eiθ jeste koren mnogostrukosti m karakteristiˇcne jednaˇcine onda partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku ¡ ¢ pn = nm · bn · Qd (n) · sin(nθ) + Rd (n) · cos(nθ) . Ako je nehomogeni deo f (n) sastavljen od zbira (ili razlike) nekoliko delova od kojih je svaki nekog od oblika koji su dati malopre, onda za svaki od njih ponaosob odredimo odgovarajuće partikularno reˇsenje i onda ih saberemo (ili oduzmemo), tj. nehomogenom delu f (n) odgovara sledeći partikularni deo p(n): f (n) = f1 (n) + f2 (n) + . . .

Ã

p(n) = p1 (n) + p2 (n) + . . . ,

gde nehomogenom delu f1 (n) odgovara partikularno reˇsenje p1 (n), f2 (n) odgovara p2 (n), ... Prethodna teoretska razmatranja ćemo ilustrovati kroz naredne primere. PRIMER 2.2.14.

Naći opˇste reˇsenje rekurentne jednaˇcine an = 6an−1 − 8an−2 + 3n .

Reˇsenje. Reˇsimo prvo homogenu jednaˇcinu an = 6an−1 − 8an−2 , tj. kad sve prebacimo na levu stranu an − 6an−1 + 8an−2 = 0. Ona ima karakteristiˇcnu jednaˇcinu t2 − 6t + 8 = 0 koja ima 2 reˇsenja t1 = 2 i t2 = 4. Stoga je reˇsenje homogenog dela hn = C1 · 2n + C2 · 4n , gde su C1 i C2 neke konstante koje zavise od poˇcetnih uslova (kako u ovom primeru nisu dati poˇcetni uslovi ove konstante ne moˇzemo odrediti, tj. one će ostati i u krajnjem reˇsenju). Sada traˇzimo partikularno reˇsenje. Kako je nehomogeni deo f (n) = 3n i t = 3 nije koren karakteristiˇcne jednaˇcine partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku pn = A · 3n . Tada je pn−1 = A · 3n−1 i pn−2 = A · 3n−2 i kad ovo ubacimo u polaznu jednaˇcinu dobijamo da je A · 3n = 6 · A · 3n−1 − 8 · A · 3n−2 + 3n . Kada sve podelimo sa 3n−2 dobijamo 9A = 18A − 8A + 9, odakle je A = −9 = −32 . Dobijamo da je partikularno reˇsenje pn = −3n+2 . Konaˇcno imamo da je reˇsenje ove rekurentne jednaˇcine an = hn + pn : an = C1 · 2n + C2 · 4n − 3n+2 .

PRIMER 2.2.15. Naći opˇsti ˇclan niza zadatog sa an − 6an−1 + 12an−2 − 8an−3 = 2n uz poˇcetne uslove a0 = 0, a1 = 2 i a2 = 16.


95

Reˇsenje. Reˇsimo prvo homogenu jednaˇcinu. Kada reˇsimo karakteristiˇcnu jednaˇcinu t3 − 6t2 + 12t − 8 = 0 dobijemo trostruku nulu t1 = t2 = t3 = 2. Stoga je reˇsenje homogenog dela hn = C1 2n + C2 n2n + C3 n2 2n . Kako je t = 2 trostruka nula (nula reda 3) partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku pn = An3 2n . Kada ubacimo pn−1 , pn−2 i pn−3 u polaznu rekurentnu vezu dobićemo A = 61 , tj. partikularno reˇsenje je pn = 16 n3 2n , ˇsto nam daje opˇste reˇsenje ovog niza: 1 1 an = C1 2n + C2 n2n + C3 n2 2n + n3 2n = 2n (C1 + C2 n + C3 n2 + n3 ). 6 6 Konstante C1 , C2 i C3 traˇzimo iz poˇcetnih uslova (reˇsavanjem sistema linearnih jednaˇcina): a0 = 0 = 20 (C1 + C2 · 0 + C3 · 02 + a1 = 2 = 21 (C1 + C2 · 1 + C3 · 12 + a2 = 16 = 22 (C1 + C2 · 2 + C3 · 22 +

1 6 1 6 1 6

· 03 ) · 13 )

⇒ C1 = 0, C2 =

· 23 )

1 1 , C3 = . 3 2

Konaˇcno dobijamo opˇsti ˇclan niza kada ove konstante ubacimo u opˇste reˇsenje: an = 2n ( 13 n + 12 n2 + 16 n3 ) =

2n · n(n + 1)(n + 2) . 6

Osvrnimo se joˇs na reˇsavanje linearne rekurentne jednaˇcine reda k sa konstantnim koeficijentima (2.10) kada je dato k poˇcetnih uslova. Tada imamo dve mogućnosti. • Ako su poˇcetni uslovi uzastopni (tj. njihovi indeksi su uzastopni celi brojevi, npr. a0 , a1 , . . . , ak−1 ili a1 , a2 , . . . , ak ) onda su konstante Ci u homogenom reˇsenju hn jedinstveno odredjene, odnosno odgovarajući problem ima jedinstveno reˇsenje. • Ako poˇcetni (ili graniˇcni) uslovi nisu uzastopni onda odgovarajući problem moˇze da ima jedinstveno reˇsenje, viˇse reˇsenja ili da uopˇste nema reˇsenja. Ilustrujmo ovo na jednom jednostavnom primeru. PRIMER 2.2.16. Homogenoj rekurentnoj relaciji an = 4an−2 odgovara karakteristiˇcna jednaˇcina t2 − 4 = 0, pa je opˇste reˇsenje an = C1 · 2n + C1 · (−2)n . U zavisnosti od toga kakvi su poˇcetni uslovi imamo nekoliko razliˇcitih sluˇcajeva (u prvom sluˇcaju ćemo dati uzastopna reˇsenja, a u naredna 3 neuzastopna): •

a0 = x a1 = y

⇒

C1 2C1

+ −

C2 2C2

imamo jedinstveno reˇsenje •

•

= =

2x − y 2x + y x i C2 = ⇒ ⇒ C1 = y 4 4

an =

2x+y 4

· 2n +

2x−y 4

· (−2)n .

a0 = 1 C1 + C2 = 1 ⇒ ⇒ C1 = α i C2 = 1 − α, gde je a2 = 4 4C1 + 4C2 = 4 α ∈ R ⇒ imamo beskonaˇcno mnogo reˇsenja (koja zavise od jednog parametra α) an = α · 2n + (1 − α) · (−2)n . a0 = 1 a2 = 5

⇒

C1 4C1

+ C2 + 4C2

= 1 ⇒ nema reˇsenja. = 5

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA •

a0 = 2 a3 = 0

⇒

C1 8C1

+ −

C2 8C(2

reˇsenje an = 2n + (−2)n =

96

= 2 ⇒ C1 = C2 = 1 ⇒ imamo jedinstveno = 0 2n+1 0

n parno . n neparno

ˇ NEKE NELINEARNE REKURENTNE JEDNACINE Za nelinearne rekurentne jednaˇcine ne postoji opˇsti postupak za njihovo reˇsavanje. U narednom izlaganju mi ćemo kroz primere dati postupke za reˇsavanje nekih tipova nelinearnih jednaˇcina. PRIMER 2.2.17. Naći opˇsti ˇclan.

Dat je niz sa a0 = 1, an = an−1 + an−2 + . . . + a1 + 2a0 za n > 1.

Reˇsenje. Ovde nam problem ˇcini ˇsto svaki sledeći ˇclan niza zavisi od svih prethodnih. Primetimo da je an−1 = an−2 + . . . + a1 + 2a0 . Polazna rekurentna jednaˇcina svodi na an = an−1 + (an−2 + . . . + a1 + 2a0 ) = an−1 + an−1 = 2an−1 , uz poˇcetni uslov a0 = 1. Reˇsenje ove linearne rekurentne jednaˇcine prvog reda sa konstantnim koeficijentima je an = 2n . PRIMER 2.2.18.

Dat je niz sa x0 = 1, x1 = 2, xn+2 =

ˇclan.

xn+1 3 za n > 0. Naći opˇsti xn 2

Reˇsenje. Principom matematiˇcke indukcije se pokaˇze da je xn > 0 za svako n ∈ N. Tada moˇzemo uvesti smenu yn = log2 xn . Kada logaritmujemo polaznu rekurentnu jednaˇcinu dobijamo linearnu rekurentnu jednaˇcinu sa konstantnim koeficijentima yn+2 = 3yn+1 − 2yn (sa poˇcetnim uslovima y0 = 0, y1 = 1). Ova jednaˇcina ima reˇsenje yn = 2n − 1, pa je n reˇsenje polazne nelinearne rekurentne jednaˇcine xn = 22 −1 . PRIMER 2.2.19.

Niz {an } definisan je na sledeći naˇcin: a1 = 1, an =

a2 + . . . + an−1 ) za n > 1. Odrediti a2007 . Reˇsenje.

n+1 (a1 + n−1

Data rekurentna jednaˇcina moˇze se zapisati i kao (n − 1)an = (n + 1)(a1 + a2 + . . . + an−1 ),

a sada ako obema stranama dodamo (n − 1)(a1 + a2 + . . . + an−1 ) dobijamo jednaˇcinu (n − 1)(a1 + a2 + . . . + an−1 + an ) = 2n(a1 + a2 + . . . + an−1 ),


97

koja se moˇze srediti na oblik a1 + a2 + . . . + an−1 + an a1 + a2 + . . . + an−1 =2· . n n−1 Sa Sk oznaˇcimo aritmetiˇcku sredinu prvih k ˇclanova niza, tj. Sk = linearnu jednaˇcinu sa konstantnim koeficijentima prvog reda

a1 +a2 +...+ak , k

dobijamo

Sn = 2Sn−1 , ˇcije je reˇsenje Sn = 2n−1 . Na osnovu ovoga nalazimo opˇsti ˇclan polaznog niza an = nSn − (n − 1)Sn−1 = (n + 1)2n−2 . Zamenom u prethodnu jednakost dobijamo da je a2007 = 2008 · 22005 . PRIMER 2.2.20. Za niz {an } vaˇzi: am+n + am−n − m + n − 1 = za sve m, n ∈ N0 , m > n. Ako je a1 = 3 naći a2007 . Reˇsenje.

a2m + a2n 2

Za n = 0 dobijamo

(2.11)

a2m = 4am − 2m − 3.

Za m = 1 i n = 0 dobijamo a2 = 7. Zamena n = 1 u polaznoj relaciji daje am+1 + 1 am−1 − m = (a2m + a2 ) i odatle nalazimo 2 (2.12)

a2m = 2am+1 + 2am−1 − 2m − 7.

Kada od (2.12) oduzmemo (2.11) i podelimo sa 2 dobijamo nehomogenu linearnu rekurentnu jednaˇcinu (2.13)

am+1 − 2am + am−1 = 2.

Reˇsimo ovu nehomogenu jednaˇcinu. Odgovarajućoj homogenoj odgovara karakteristiˇcna jednaˇcina t2 − 2t + 1 = 0, koja ima dvostruko reˇsenje t1 = t2 = 1, te tada dobijamo da je homogeni deo reˇsenja an,h = A + Bn. Partikularno reˇsenje traˇzimo u obliku an,p = Cn2 , ˇsto kad uvrstimo u nehomogenu rekurentnu jednaˇcinu (2.13) nalazimo an,p = n2 . Stoga je an = an,h + an,p = A + Bn + n2 . Konstante A i B dobijamo iz poˇcetnih uslova a0 = 1 = A, a1 = 3 = A + B + 1, ˇsto nam daje reˇsenje A = B = C = 1, odakle je an = n2 + n + 1 za svako n ∈ N0 . Odgovor na pitanje iz zadatka je a2007 = 20072 + 2008. PRIMER 2.2.21.

Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu xn+1 − n · xn = n! · n5 , za n > 0.

Reˇsenje. Reˇsimo prvo odgovarajuću homogenu jednaˇcinu hn+1 − nhn = 0. Kako je hn = (n − 1)hn dobijamo da je hn = C(n − 1)! (gde je h1 = C). Potraˇzimo opˇste reˇsenje polazne rekurentne jednaˇcine metodom varijacije konstanti (umesto konstante C uzimamo da je tu neki nepoznati niz cn , tj. u obliku pn = cn · (n − 1)!


98

ˇsto kad uvrstimo u polaznu rekurentnu jednaˇcinu dobijamo n! · cn+1 − n · (n − 1)! · cn = n! · n5 , odakle kad skratimo sve sa n! dobijamo nehomogenu linearnu rekurentnu jednaˇcinu sa konstantnim koeficijentima cn+1 − cn = n5 . Kako je nehomogeni deo f (n) = n5 polinom stepena 5 i kako je t = 1 nula karakteristiˇcne jednaˇcine partikularno reˇsenje traˇzimo u sledećem obliku pn = n · Q5 (n) = n · (An5 + Bn4 + Cn3 + Dn2 + En + F ), dde je Q5 (n) nepoznati polinom stepena 5. Konstante A, B, C, D, E, F odredjujemo ubacivanjem u jednaˇcinu pn+1 − pn = n5 – dobijamo pn =

1 (2n6 − 6n5 + 5n4 − n2 ), 12

1 2 odnosno kada faktoriˇsemo pn = 12 n (n − 1)2 (2n2 − 2n − 1). Kako je reˇsenje homogenog dela samo konstanta K dobijamo da je opˇste reˇsenje

xn = K +

1 2 n (n − 1)2 (2n2 − 2n − 1). 12

Konstantu K treba da odredimo iz poˇcetnih uslova. Kada n = 0 uvrstimo u polaznu jednaˇcinu dobijamo da je x1 = 0, a odatle je K = 0. Konaˇcno dobijamo da je ( 1 2 n (n − 1)2 (2n2 − 2n − 1) n > 1 , xn = 12 M n=0 gde je M proizvoljna konstanta. PRIMER 2.2.22.

Neka je niz {xn } dat sa: x0 = a, x1 = b, xn = xn−1 +

n > 0. Naći opˇsti ˇclan niza. Reˇsenje.

Uvedimo smenu yn =

xn−2 , za n−1

xn . Polazna jednaˇcina postaje n+1

(n + 1)yn = nyn−1 + yn−2 , uz nove poˇcetne uslove y0 = a i y1 = 2b . Sada uvedimo joˇs jednu smenu canjem zn = yn − yn−1 i dobijamo (n + 1)zn = −zn−1 , uz poˇcetni uslov z1 = b−2a 2 . Vra´ unazad dolazimo do opˇsteg ˇclana niza {zn }: zn = (−

1 1 b − 2a 1 ) · (− ) · . . . · (− ) · z1 = (−1)n−1 . n+1 n 3 (n + 1)!

Dalje za opˇsti ˇclan niza {yn } imamo yn = y0 +

n X i=1

zi = a + (b − 2a)

n X (−1)n−1 i=1

(n + 1)!

.

h i n n−1 X Konaˇcno imamo xn = (n + 1)yn = (n + 1) · a + (b − 2a) (−1) (n+1)! . i=1

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA PRIMER 2.2.23.

99

Odrediti xn ako je dato x0 = m i xn+1 =

axn + b . cxn + d

yn , uz nove poˇcetne uslove z0 = 1 i y0 = m. Tada zn yn+1 axn + b imamo xn+1 = , a kada zamenimo u polaznu jednaˇcinu imamo xn+1 = = zn+1 cxn + d yn a zn + b ayn + bzn = . Izjednaˇcavanjem ova 2 izraza polaznu nelinearnu rekurentnu c yznn + d cyn + dzn jednaˇcinu smo sveli na sistem linearnih rekurentnih jednaˇcina Reˇsenje.

Uvedimo smenu xn =

yn+1 = ayn + bzn , zn+1 = cyn + dzn uz poˇcetne uslove z0 = 1 i y0 = x0 , ˇsto je Primer 2.2.13. Proverimo joˇs da ovako odredjeni nizovi {yn } i {zn } u potpunosti odredjuju niz {xn }. Tada je x0 = yz00 = m 1 =m i xn+1 =

PRIMER 2.2.24.

a yn + b yn+1 ayn + bzn axn + b = = yznn = . zn+1 cyn + dzn c zn + d cxn + d

Niz {xn } koji je reˇsenje rekurentne jednaˇcine xn+1 =

zadovoljava uslov x2006 = 3. Odrediti koliko je x1 .

xn − 1 xn + 1

Reˇsenje. Ovaj primer bismo mogli da uradimo tehnikom koju smo razvili u prethodnom primeru, ali ćemo ovde dati drugi pristupak. Ako izraˇcunamo prvih nekoliko ˇclanova niza dobijamo x1 =

x0 − 1 , x0 + 1

x2 = −

1 , x0

x3 =

x0 + 1 1 − x0

i

x4 = x0 .

Kako svaki sledeći ˇclan niza {xn } zavisi samo od prethodnog, to je ovaj niz periodiˇcan sa periodom 4. Stoga je a2006 = a4·501+2 = x2 = 3, a iz polazne rekurentne jednaˇcine imamo x2 = xx11 −1 savanjem jednaˇcine 3 = xx11 −1 +1 . Reˇ +1 dobijamo da je x1 = −2. PRIMER 2.2.25.

Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu xn+1 · xn + axn+1 + bxn + c = 0.

yn+1 − a. Kada zamenimo u polaznu jednaˇcinu imamo yn yn+2 yn+1 yn+2 ( yn+1 − a)( yn − a) + a · ( yn+1 − a) + b · ( yn+1 civanja yn − a) + c = 0, odnosno nakon skra´ yn+2 yn+1 + (b − a) + (c − ab) = 0, ˇ s to nakon mnoˇ z enja sa y daje homogenu linearnu n yn yn rekurentnu jednaˇcinu sa konstantnim koeficijentima Reˇsenje.

Uvedimo smenu xn =

yn+2 + (b − a)yn+1 + (c − ab)yn = 0.

PRIMER 2.2.26. uslovom x0 = a.

Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu xn+1 = xn (2 − c · xn ), sa poˇcetnim


100

Reˇsenje. Ako je c = 0, data rekurentna jednaˇcina se svodi na linearnu jednaˇcinu prvog reda xn+1 = 2xn i ona ima reˇsenje xn = a · 2n . Neka je c 6= 0. Tada imamo sledeći niz jednakosti ¡ ¢¡ ¢ cxn+1 = cxn (2 − xn ) = 1 − (1 − cxn ) 1 + (1 − cxn ) = 1 − (1 − cxn )2 , odakle dobijamo da je 1 − cxn+1 = (1 − cxn )2 . Smenom yn = 1 − cxn se prethodna rekurentna jednaˇcina svodi na yn+1 = yn 2 uz poˇcetni uslov y0 = 1 − ac. Iz jednakosti yn+1 = yn 2 nam sledi i da su svi (tj. za n>1) ˇclanovi niza {yn } pozitivni, pa moˇzemo uvesti novu smenu zn = ln yn pa dobijamo linearnu jednaˇcinu zn+1 = 2zn , uz poˇcetni uslov z0 = ln(1 − ac). Odavde, sliˇcno kao i u prvom sluˇcaju, dobijamo da je n 1 − (1 − ac)2 n zn = 2n · ln(1 − ac), odakle je yn = (1 − ac)2 , odakle je xn = . c PRIMER 2.2.27. Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu xn+1 = Reˇsenje.

1 2

µ ¶ c xn + , uz uslov x0 = a. xn

Primetimo da je xn+1 −

√

c=

√ 1 (xn − c)2 · 2 xn

i

xn+1 +

√

c=

√ 1 (xn + c)2 · . 2 xn

Stoga imamo da je µ √ √ √ ¶2 xn+1 − c (x − c)2 xn − c √ = n √ 2 = √ . xn+1 + c (xn + c) xn + c µ √ √ ¶2n xn+1 − c a− c √ = √ Dalje, kao i u prethodnom primeru, dobijamo da je , odakle xn+1 + c a+ c n ³ √ ´2 a− c √ n √ n √ 1 + a+√c √ (a + c)2 + (a − c)2 √ 2n √ nalazimo xn = c · . ³ √ ´2n = c · (a + c) − (a − c)2n √c 1 − a− a+ c PRIMER 2.2.28. x0 = a. Reˇsenje.

Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu xn+1 = 2xn 2 −1, sa poˇcetnim uslovom

Neka je c broj koji zadovoljava jednakost n

xn =

c2 + c−2 2

c+c−1 2

= a. Pokaˇzimo da

n

predstavlja reˇsenje date rekurentne jednaˇcine: ¡ 2n µ 2n n ¢2 n+1 n+1 n ¶2 −2 c + c−2 c2 + c−2 c + c−2 xn+1 = = =2· − 1 = 2xn 2 − 1, 2 2 2 a i x0 =

0

0

c2 +c−2 2

=

PRIMER 2.2.29.

c+c−1 2

= a.

Naći reˇsenje sistema rekurentnih jednaˇcina

2xn+1 + yn+1 = xn + 3yn ,

xn+1 + yn+1 = xn + yn ,


101

koje zadovoljava poˇcetne uslove x0 = 1 i y0 = 2. Reˇsenje. Kada od prve jednaˇcine oduzmemo drugu dobijamo xn+1 = 2yn . Kada od dvostruke druge oduzmemo prvu dobijamo yn+1 = xn − yn . Sada kao u Primeru 2.2.13 xn+1 = 2yn sa istim poˇcetnim reˇsimo ovaj novi sistem rekurentnih jednaˇcina yn+1 = xn − yn uslovima x0 = 1 i y0 = 2, te dobijamo reˇsenje xn = 2 − (−2)n ,

PRIMER 2.2.30.

yn = 1 + (−2)n .

Nizovi {an } i {bn } zadovoljavaju sistem rekurentnih jednaˇcina an+1 =

bn , an

bn+1 =

bn − 1 . an − 1

Naći poˇcetne uslove x0 i y0 ako je poznato da ovi nizovi konvergiraju. Reˇsenje.

Odredimo prvih nekoliko ˇclanova oba niza b0 a0 a0 (b0 − 1) a2 = b0 (a0 − 1)

b0 − 1 a0 − 1 a0 b2 = a0 − 1

a1 =

b1 =

b0 b0 − 1 b0 − 1 a4 = b0 − a0 a5 = a0

b0 b0 − a0 a0 (b0 − 1) b4 = b0 − a0 b5 = b0

a3 =

b3 =

Vidimo da su oba niza periodiˇcni sa istim periodom 5. Periodiˇcni nizovi {an } i {bn } su konvergentni ako i samo ako su konstantni, tj. akko vaˇzi a1 = a0 i b1 = b0 , odnosno akko je b0 b0 − 1 = a0 i = b0 . a0 a0 − 1 Eliminisanjem promenljive b0 = a0 2 iz ovog sistema dobijamo kvadratnu jednaˇcinu a0 2 − a0 − 1 = 0, ˇcijim reˇsavanjem dobijamo 2 reˇsenja datog sistema: n³ √ √ ´ ³ √ √ ó 1− 5 3− 5 1+ 5 3+ 5 (a0 , b0 ) ∈ , . , , 2 2 2 2

PRIMER 2.2.31.

Reˇsiti sistem rekurentnih jednaˇcina xn+1 =

xn + yn , 2

sa poˇcetnim uslovima x0 = a i y0 = b.

yn+1 =

2xn yn , xn + yn


102

Reˇsenje. Ako pomnoˇzimo ove 2 jednaˇcine dobijamo xn+1 yn+1 = xn yn . Pomoću ove relacije moˇzemo principom matematiˇcke indukcije dokazati da je xn yn = ab, te se time polazni sistem rekurentnih jednaˇcina sveo na xn+1 =

xn + yn , 2

xn yn = ab.

Ako sad elimiˇsemo promenljivu yn iz ovih jednakosti dobijamo novu jednaˇcinu xn+1 = 1 ab c razmatrali u Primeru 2.2.27, te imamo da je njeno reˇsenje 2 (xn + xn ), koju smo ve´ xn =

√

√ n √ n √ √ ( a + b)2 + ( a − b)2 √ √ ab · √ . √ ( a + b)2n − ( a − b)2n

Sada iz relacije xn yn = ab nalazimo i yn : √ n √ n √ √ √ ( a + b)2 − ( a − b)2 √ √ yn = ab · √ . √ ( a + b)2n + ( a − b)2n

PRIMER 2.2.32. Dat je niz x1 = 2, x2 = x3 = 7, xn+1 = xn · xn−1 − xn−2 . Dokazati da je xn + 2 potpun kvadrat. Reˇsenje.

Odredimo narednih nekoliko ˇclanova niza: x4 = 47,

x5 = 322,

x6 = 15 127,

x7 = 4 870 847.

Vidimo da on jako brzo raste, te ćemo pokuˇsati sa pretpostavkom da je opˇsti ˇclan niza u obliku xn = af (n) + a−f (n) . Uvrˇstavanjem u polaznu rekurentnu jednaˇcinu dobijamo af (n+1) + a−f (n+1) = (af (n) + a−f (n) ) · (af (n−1) + a−f (n−1) ) − (af (n−2) + a−f (n−2) ), tj. af (n+1) + a−f (n+1) = af (n)+f (n−1) + af (n)−f (n−1) + a−f (n)+f (n−1) + −f (n)−f (n−1) f (n−2) −f (n−2) a −a −a . Ako izjednaˇcimo 1. i 2. ˇclan sa leve strane i 1. i 4. ˇclan sa desne strane dobija se da je f (n + 1) = f (n) + f (n − 1). Ovo taˇcno odgovara da se ostali ˇclanovi pokrate, jer je pomerena ova jednaˇcina f (n) = f (n − 1) + f (n − 2), tj. f (n) − f (n − 1) = f (n − 2). Ostaje da traˇzimo poˇcetne uslove za funkciju f (n). Iz x1 = 2 = af (1) + a−f (1) dobijamo da je f (1) = 0 (sluˇcaj a = 1 otpada jer bi onda bilo xn ≡ 2, ˇsto nije taˇcno jer je x2 = 7). Dalje, iz x2 = 7 = af (2) + a−f (2) , smenom t = af (2) , dobijamo kvadratnu ³ √ ´2 √ √ jednaˇcinu t2 − 7t + 1 = 0 koja ima reˇsenja t1,2 = 7±32 5 . Kako je t1 = 7+32 5 = 3+2 5 ³ √ ´−2 √ √ , moˇzemo uzeti da je a = 3+2 5 i f (2) = 2. Proverimo da li se i t2 = 7−32 5 = 3+2 5 ovo uklapa i u treći poˇcetni uslov: f (3) = f (2) + f (1) = 2 + 0 = 2 i x3 = af (3) + a−f (3) = af (2) + a−f (2) = x2 = 7. Sada imamo da je f (n) = 2Fn−1 (gde Fn oznaˇcava n-ti ˇclan Fibonaˇcijevog niza zadatog sa F1 = F2 = 1 i Fn+1 = Fn + Fn−1 ), te konaˇcno nalazimo da je opˇsti ˇclan niza {xn } jednak Ã xn =

√ !2Fn−1 √ !2Fn−1 Ã 3− 5 3+ 5 + . 2 2

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA µ³

√ ´Fn−1 3+ 5 2

³

103 √ ´Fn−1 3− 5 2

¶2

Sada direktno dobijamo da je xn + 2 = + ³ √ ´Fn−1 ³ √ ´Fn−1 Iz Binomnog razvoja sledi da je broj 3+2 5 + 3−2 5 ceo. NAPOMENA.

Moˇze se pokazati da je xn =

.

F8Fn−1 . F4Fn−1

ˇ PRIMENE REKURENTNIH JEDNACINA Sada ćemo se osvrnuti na neke od primena rekurentnih jednaˇcina: u ekonomiji, linearnoj algebri (za raˇcunanje determinanti i odredjivanje stepena matrice), matematiˇckoj analizi (za raˇcunanje nekih vrsta integrala), teoriji brojeva, aritmetici, kao i u samoj kombinatorici (razni kombinatorni problemi, kao i permanent matrice). Sve ćemo ih ilustrovati kroz primere. Pored toga rekurentne jednaˇcine nalaze primene i u drugim naukama, npr. fizici (za izraˇcunavanje starosti nekog predmeta koriˇsćenjem perioda poluraspada radioaktivnog ugljenika), druˇstvenim naukama... PRIMER 2.2.33. Banka nudi godiˇsnji interes r (u procentima) na uloˇzeni kapital. Neka a0 glavnica koju smo uloˇzili u banku (poˇcetni depozit) i an predstavlja koliˇcinu na koju je narastao kapital u toj banci nakon n godina. Odrediti koliko je an ako je u pitanju: a) prost kamatni raˇcun; b) sloˇzen kamatni raˇcun. Reˇsenje. jednaˇcina

a) Na kraju svake godine kapital se uvećava za ra0 . Stoga je rekurentna an+1 = an + ra0 .

Kada reˇsimo ovu rekurentnu jednaˇcinu dobijamo da je an = a0 (1 + nr). b) U sloˇzenom kamatnom raˇcunu kapital se na kraju n-te godine uvećava za r · an (an je kapital na poˇcetku te godine). Stoga imamo rekurentnu jednaˇcinu an+1 = an (1 + r). Kada reˇsimo ovu rekurentnu jednaˇcinu dobijamo da je an = a0 (1 + r)n . PRIMER 2.2.34.

Izraˇcunati vrednost determinante reda n ¯ ¯ 10 −5 0 0 ... 0 ¯ ¯−5 10 −5 0 . . . 0 ¯ ¯ 0 −5 10 −5 . . . 0 ¯ ¯ 0 −5 10 0 Dn (−5, 10, −5) = ¯ 0 ¯ .. . . . .. .. .. ¯ . ¯ ¯0 0 0 . . . −5 10 ¯ ¯0 0 0 . . . 0 −5

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ −5¯¯ 10 ¯ 0 0 0 0 .. .

Reˇsenje. Ako datu determinantu razvijemo prvo po prvoj vrsti, a zatim po prvoj koloni dobijamo rekurentnu vezu Dn = 10Dn−1 − 25Dn−2 (Dn−1 i Dn−2 predstavljaju


104

determinante istog oblika samo manjih redova: n − 1 i n − 2). Odgovarajuća karakteristiˇcna jednaˇcina je t2 − 10t + 25 = 0 i ona ima dvostruko realno reˇsenje t1 = t2 = 5, pa je opˇste reˇsenje Dn = C1 · 5n + C2 · n · 5n . Nepoznate konstante C1 i C2 traˇzimo iz poˇcetnih uslova : D1 = 10 D2 = 75

⇒

5C1 25C1

PRIMER 2.2.35. Reˇsenje 1 .

+ +

5C2 50C2

= 10 = 75

Data je matrica A =

⇒ C1 = C2 = 1 ⇒ Dn = 5n (n + 1).

· 1 3

¸ 2 . Odrediti matricu An , za n ∈ N. 0

Karakteristiˇcni polinom matrice A je jednak ¯ ¯ ¯1 − t 2 ¯ ¯ ¯ = t2 − t − 6. kA (t) = det(A − tI) = ¯ 3 −t¯

Za svaku matricu, pa i A, vaˇzi da je nula svog karakteristiˇcnog polinoma (KejliHamiltonova teorema), tj. A2 − A − 6I = 0, gde I predstavlja jediniˇcnu matricu odgovarajućeg reda. Odavde imamo da je A2 = A + 6I.

(2.14)

Ako ovu jednaˇcinu pomnoˇzimo sa A i iskoristimo jednakost (2.14) dobijamo A3 = A2 + 6A = A + 6I + 6A = 7A + 6I. Stoga vidimo da matricu An uvek moˇzemo predstaviti kao linearnu kombinaciju matrica A i I (u opˇstem sluˇcaju za matricu A reda r, matricu An predstavljamo kao linearnu kombinaciju matrica I, A, A2 , . . . , Ar−1 ): An = xn · A + yn · I. Sada imamo da je An+1 = xn+1 · A + yn+1 · I, a sa druge strane (ovde se jednakost (2.14) opet koristi!) imamo da je An+1

= =

An · A = (xn · A + yn · I) · A = xn · A2 + yn · A xn · (A + 6I) + yn · A = (xn + yn ) · A + 6xn · I.

Izjednaˇcavanjem ova 2 izraza za An+1 dobijamo sistem rekurentnih jednaˇcina xn+1 = xn + yn ,

yn+1 = 6xn ,

uz poˇcetne uslove x0 = 0, y0 = 1.

Kada iz druge eliminiˇsemo niz yn i to vratimo u prvu jednaˇcinu dobijamo rekurentnu jednaˇcinu xn+1 = xn + 6xn−1 , uz poˇcetne uslove x0 = 0, x1 = 1. Njena karakteristiˇcna jednaˇcina je t2 − t − 6 = 0 (ˇsto je baˇs karakteristiˇcni polinom matrice A!). Stoga je xn = C1 · 3n + C2 · (−2)n . Kada konstante C1 i C2 nadjemo iz 2 · 3n + 3 · (−2)n 3n − (−2)n , a odatle yn = , odnosno poˇcetnih uslova dobijamo xn = 5 5 ¸ · 1 3n+1 − (−2)n+1 2 · 3n + (−2)n+1 n . A = 5 3n+1 − 3 · (−2)n 2 · 3n + 3 · (−2)n


105

Reˇsenje 2 . Kao i u prethodnom reˇsenju dobijamo jednaˇcinu A2 = A + 6I, koju kada pomnoˇzimo sa An dobijamo rekurentnu jednaˇcinu · ¸ · ¸ 1 0 1 2 n+2 n+1 n 0 1 A =A + 6A , uz poˇcetne uslove A = I = ,A = A = . 0 1 3 0 Ovde nam je {An } nepoznati niz matrica. Karakteristiˇcna jednaˇcina je opet t2 −t−6 = 0, pa je opˇsti ˇclan dat sa An = M1 · 3n + M2 · (−2)n , gde matrice oblika 2 × 2, koje nalazimo iz poˇcetnih uslova: M1 = · su M ¸ 1 i M2 nepoznate · ¸ 3 2 2 −2 1 1 . Odavde je 5 3 2 , M2 = 5 −3 3 · ¸ · ¸ 3n 3 2 (−2)n 2 −2 An = + · . −3 3 5 3 2 5

NAPOMENA.

Postoji i obrnuta veza sistema linearnih rekurentih jednaˇcina sa konstantnim koeficijentima i matrice An . Dati sistem se moˇze zapisati u matriˇcnom obliku 3 2 3 3 2 2 xn a11 xn + a12 yn + a13 zn + . . . + a1s wn xn+1 6 yn 7 6 yn+1 7 6a21 xn + a22 yn + a23 zn + . . . + a2s wn 7 7 6 7 7 6 6 6 7 6 zn+1 7 6a31 xn + a32 yn + a33 zn + . . . + a3s wn 7 7 = A · 6 zn 7 , 7=6 6 7 6 . 7 6 . 7 6 . .. 5 4 .. 5 4 .. 5 4 wn as1 xn + as2 yn + as3 zn + . . . + ass wn wn+1 gde je matrica A = [aij ]s×s . Tada imamo da je opˇste reˇsenje ovog sistema jednako 3 2 3 x0 xn 6 y0 7 6 yn 7 6 7 6 7 7 6 zn 7 n 6 6 7 = A · 6 z0 7 , 6 . 7 6 . 7 4 .. 5 4 .. 5 w0 wn 2

te smo reˇsavanje ovog sistema sveli na stepenovanje matrice sistema, A.

Z PRIMER 2.2.36.

Reˇsenje. In

Odrediti ˇcemu je jednak integral oblika

sinn x dx.

R Za izraˇcunavanje sinn x dx koristimo parcijalnu integraciju: Z Z n = sin x dx = sin x · sinn−1 x dx Z = − cos x · sinn−1 x + (n − 1) sinn−2 x · cos2 x dx Z n−1 = − cos x · sin x + (n − 1) sinn−2 x · (1 − sin2 x) dx Z Z = − cos x · sinn−1 x + (n − 1) sinn−2 x dx − (n − 1) sinn x dx =

− cos x · sinn−1 x + (n − 1)In−2 − (n − 1)In ,


106

odakle dobijamo rekurentnu vezu: In = − Poˇcetni uslov je ovde I1 =

R

1 n−1 cos x · sinn−1 x + In−2 . n n

sin x dx = − cos x.

Z

Sliˇcnim postupkom moˇzemo da reˇsimo i integral PRIMER 2.2.37.

cosn x dx.

Dokazati da za svaki prirodan broj n vaˇzi 27 | 10n + 18n − 1.

Reˇsenje. U ovom primeru ćemo raditi obrnut postupak. Krenućemo od reˇsenja i dobićemo odgovarajuću linearnu homogenu rekurentnu jednaˇcinu sa konstantnim koeficijentima i onda iz nje izvući traˇzeni zakljuˇcak. Ako je an = 10n + 18n − 1 opˇste reˇsenje rekurentne jednaˇcine, onda su 10 i 1 nule karakteristiˇcne jednaˇcine (1 dvostruka), tj. karakteristiˇcna jednaˇcina je (t − 10)(t − 1)2 = 0, odnosno t3 − 12t2 + 21t − 10 = 0. Tada je odgovarajuća rekurentna jednaˇcina an − 12an−1 + 21an−2 − 10an−3 = 0, odnosno an = 12an−1 − 21an−2 + 10an−3 . Dokaˇzimo matematiˇckom indukcijom da su svi ˇclanovi niza {an } deljivi sa 27. 1◦ Baza indukcije. Za n = 0, n = 1 i n = 2 imamo a0 = 0, a1 = 27 i a2 = 135 = 5 · 27. Svi su deljivi sa 27. 2◦ Indukcijska pretpostavka. Pretpostavimo da tvrdjenje vaˇzi za neko n = k − 2, n = k − 1 i n = k: 27 | ak−2 , 27 | ak−1 , 27 | ak . 3◦ Indukcijski korak. Za n = k + 1 imamo da je i ak+1 = 12ak − 21ak−1 + 10ak−2 deljiv sa 27 jer je svaki od 3 ˇclana na desnoj strani po indukcijskoj pretpostavci deljiv sa 27. Stoga po principu matematiˇcke indukcije su svi ˇclanovi niza an = 10n + 18n − 1 deljivi sa 27. √ √ PRIMER 2.2.38. Dat je u decimalnom zapisu broj ( 3 + 2)2006 . Odrediti cifre koje su neposredno uz decimalni zarez. Reˇsenje.

Posmatrajmo niz {an } zadat formulom √ √ √ √ √ √ an = ( 3 + 2)2n + ( 3 − 2)2n = (5 + 2 6)n + (5 − 2 6)n .

Ovaj niz zadovoljava rekurentnu jednaˇcinu an+2 = 10an+1 −an , uz poˇcetne uslove a0 = 2 i a1 = 10. Kada jednakost an+2 + an = 10an+1 (dobija se iz rekurentne jednakosti)


107

oduzmemo od an+4 + an+2 = 10an+3 (pomerena prethodna) dobijamo da je an+4 − an deljiv sa 10, tj. niz zadnjih cifara brojeva an je periodiˇcan sa periodom 4. Stoga imamo a1003 ≡ a3 ≡ 10 − a1 = 0 (mod 10). √ √ 2006 1 Kako je 0 < ( 3 − 2) < 10 , dobijamo da vaˇzi √ √ 1 a1003 > ( 3 + 2)2006 > a1003 − , 10 pa su traˇzene cifre devetke, tj. dati broj je oblika . . . 9, 9 . . . PRIMER 2.2.39. Na koliko razliˇcitih naˇcina se u uredjenoj vrsti moˇze postaviti ukupno n crvenih, plavih i belih kuglica, tako da nikada nisu jedna pored druge dve crvene kuglice, dve bele kuglice i crvena i bela kuglica? (Kuglice iste boje se ne razlikuju!) Reˇsenje 1 . Neka ukupno crvenih i belih kuglica ima k. Zamenimo te kuglice sa k crveno-belih kuglica. Tada se zadatak sveo na: Na koliko razliˇcitih naˇcina se u uredjenoj vrsti moˇze postaviti ukupno n crveno-belih i plavih kuglica, tako da nikada nisu jedna pored druge dve crveno-bele kuglice? Izmedju k crveno-belih kuglica mora da se nalazi bar po jedna plava kuglica. Na k + 1-no mesto pre, izmedju i posle tih k crveno-belih kuglica moˇzemo da stavimo preostalih n−k− (k − 1) = n − 2k + 1 plavih kuglica. Kako iza svake crveno-bele kuglice (sem poslednje) mora da bude bar jedna plava te 2 kuglice moˇzemo spojiti u jednu ”ˇsarenu”kuglicu i time se svelo da odredimo na koliko naˇcina k ˇsarenih i n − 2k + 1 plavih kuglica moˇzemo rasporediti u vrstu (a to je ekvivalentno izboru k mesta ¡za ˇsarene ¢ kuglice od ukupno k + n − 2k + 1 = n − k + 1 mesta) – ˇsto moˇzemo uraditi na n−k+1 naˇcina. Crvene i bele k k kuglice umesto crveno-belih moˇzemo da rasporedimo na 2 naˇ c ina, pa vrstu ¡sa fiksiranih ¡ ¢ k ¢ n−k+1 k crvenih ili belih kuglica moˇzemo da uredimo na n−k+1 · 2 , te kako je ¶ =0 k k µ X n−k+1 £ n+1 ¤ za k > 2 , to dobijamo da je traˇzeni broj rasporeda an = · 2k . k k>0

Reˇsenje 2 . Oznaˇcimo sa an traˇzeni broj rasporeda. Ako je na kraju plava kuglica iza nje moˇze biti bilo koja kuglica, dok ako je na kraju crvena ili bela iza nje mora biti plava, a iza ove opet moˇze biti bilo koja kuglica. Stoga, dolazimo do rekurentne jednaˇcine an = an−1 + 2an−2 . Poˇcetni uslovi su a1 = 3 (C,P,B) i a2 = 5 (CP,PC,PP,PB,BP). Reˇsimo ovu jednaˇcinu. Njena karakteristiˇcna jednaˇcina je t2 − t − 2 = 0 i njeni koreni su t1 = 2 i t2 = −1. Stoga je an = C1 · 2n + C2 · (−1)n . Konstante C1 i C2 nalazimo iz poˇcetnih uslova: a1 = 3 = C1 · 21 + C2 · (−1)1 i a2 = 5 = C1 · 22 + C2 · (−1)2 , tj. dobijamo 2C1 − C2 = 3 sistem ˇcija su reˇsenja C1 = 34 i C2 = − 13 . Tako, konaˇcno, dobijamo da 4C1 + C2 = 5 2n+2 + (−1)n+1 je an = 43 · 2n − 13 · (−1)n = . 3 NAPOMENA.

Na osnovu ova 2 razliˇcita reˇsenja prethodnog ! primera smo dobili (sa sve X n−k+1 2n+2 + (−1)n+1 kombinatornim dokazom) sledeći identitet: an = · 2k = . k 3 k >0

PRIMER 2.2.40.

Koliko ima n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih cifara?

Reˇsenje 1 . Posmatraćemo prvo brojeve kojima je prva cifra parna (sluˇcaj 1◦ ), a zatim one kod kojih je prva cifra neparna (2◦ ).


108

1◦ Prva cifra moˇze biti jedna od 4 cifre: 2, 4, 6, 8. Od preostalih n − 1 cifara mora ili joˇs jedna, ili joˇs 3, ili joˇs 5,. . . da budu parne. Za ovih n − 1 mesta imamo 5 mogućnosti i za parne i za neparne cifre. U ovom sluˇcaju ima 4·

£¡n−1¢ 1

+

¡n−1¢ 3

+

¡n−1¢ 5

¤ + . . . · 5n−1 = 4 ·

(1+1)n−1 −(1−1)n−1 2

· 5n−1 =

4 · 10n−1 2

traˇzenih brojeva. 2◦ Ovde prvu cifru moˇzemo izabrati na 5 naˇcina, a od preostalih n − 1 cifara mora biti ili 0, ili 2, ili 4,. . . parnih cifara. Za ova ˇcetiri mesta imamo 5 mogućnosti i za parne i za neparne cifre. U ovom sluˇcaju ima 5·

£¡n−1¢ 0

+

¡n−1¢ 2

+

¡n−1¢ 4

¤ + . . . · 5n−1 = 5 ·

(1+1)n−1 +(1−1)n−1 2

· 5n−1 =

5 · 10n−1 2

traˇzenih brojeva. Ukupno ovih brojeva ima 45 · 10n−2 za n > 2, dok za n = 1 imamo 5 brojeva (1,3,5,7,9 imaju 0 parnih cifara). Reˇsenje 2 . Oznaˇcimo sa an broj n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih cifara, a sa bn broj n-tocifrenih brojeva sa neparnim brojem parnih cifara. Ako dopisujemo poslednju cifru dobijamo da vaˇzi an+1 = 5an + 5bn

i

bn+1 = 5an + 5bn ,

uz poˇcetne uslove a1 = 5 i b1 = 4. Iz prve jednaˇcine dobijamo bn = 51 an+1 − an , ˇsto kad uvrstimo u drugu dobijamo 15 an+2 − an+1 = 5an + 5( 15 an+1 − an ), odnosno an+2 = 10an+1 (primetimo da ova relacija vaˇzi za n > 1, tj. tek od trećeg ˇclana a3 ), ˇsto sa poˇcetnim uslovom a2 = 45 daje an = 45 · 10n−2 , za n > 2 (za n = 1 je a1 = 5). Reˇsenje 3 . Oznaˇcimo sa A skup n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih cifara, a sa B skup n-tocifrenih brojeva sa neparnim brojem parnih cifara (vaˇzi |A| = an i |B| = bn u terminologiji prethodnog reˇsenja). Uoˇcimo preslikavanje koje slika skup A u skup B, dato sa f (x) = x , pri ˇcemu se x dobija od x tako ˇsto umesto cifre jedinica c broja x zapiˇsemo cifru 9 − c, dok sve ostale cifre ostavimo nepromenjene. Funkcija f je za n > 2 bijekcija pa je |A| = |B|, odnosno an = bn . Kako n-tocifrenih brojeva ima 9 · 10n−1 , dobijamo da je an = bn = 45 · 10n−2 , za n > 2. PRIMER 2.2.41.

Naći vrednost izraza

n X k=0

k4 .

Pn Reˇsenje 1 . Oznaˇcimo sa Sn zbir prvih n ˇcetvrtih stepena: Sn = k=0 k 4 . Tada imamo linearnu nehomogenu rekurentnu jednaˇcinu Sn+1 = Sn +(n+1)4 uz poˇcetni uslov S0 = 0. Opˇste reˇsenje ove rekurentne jednaˇcine jednako je zbiru homogenog i partikularnog: Sn = hn + pn . Homogeno reˇsenje hn dobijamo kada reˇsimo homogenu jednaˇcinu hn+1 = hn . Njena karakteristiˇcna jednaˇcina je t = 1, pa je njeno reˇsenje hn = C1 · 1n = C1 , gde je C1 neka konstanta, koju ćemo na kraju odrediti iz poˇcetnog uslova. Partikularno reˇsenje je jedno reˇsenje jednaˇcine pn+1 = pn + (n + 1)4 . Kako je nehomogen deo f (n) = (n + 1)4 polinom stepena 4 i kako je 1 nula (i to reda s = 1) karakteristiˇcne jednaˇcine kod homogenog dela, to ćemo partikularno reˇsenje traˇziti u obliku pn = ns ·Q4 , gde je Q4 (n) nepoznat polinom stepena 4 po n. Stoga partikularno reˇsenje pn traˇzimo u obliku pn = n1 · (αn4 + βn3 + γn2 + δn + ε) = αn5 + βn4 + γn3 + δn2 + εn. Zamenimo ovo u gornju jednaˇcinu:


109

α(n + 1)5 +β(n + 1)4 +γ(n + 1)3 +δ(n + 1)2 +ε(n + 1) = αn5 + βn4 + γn3 + δn2 + εn + (n + 1)4 .

Izjednaˇcavanjem koeficijenata uz odgovarajuće stepene u polinomima sa leve i desne strane dobijamo sistem: n5 : n4 : n3 : n2 : n: 1:

α 5α + β 10α + 4β + γ 10α + 6β + 3γ + δ 5α + 4β + 3γ + 2δ + ε α+β+γ+δ+ε

= = = = = =

α β+1 γ+4 δ+6 ε+4 1,

1 ˇcija su reˇsenja α = 15 , β = 12 , γ = 13 , δ = 0, ε = − 30 . Konaˇcno dobijamo 5 4 3 n n n n pn = + + − . 5 2 3 30 n5 n4 n3 n Opˇste reˇsenje je Sn = C1 + + + − , ˇsto nam sa poˇcetnim uslovom S0 = 0 5 2 3 30 n5 n4 n3 n daje C1 = 0, tj. dobijamo da je Sn = + + − . 5 2 3 30

Reˇsenje 2 . Ako znamo formule za zbir kubova, kvadrata i samih prvih n brojeva moˇzemo na slede´ ¡ c¢i naˇcin¡ dobiti ¢ ¡formulu ¢ ¡ za ¢ zbir¡ ˇc¢etvrtih stepena. Podjimo od formule (n + 1)5 − n5 = 51 n4 + 52 n3 + 53 n2 + 54 n + 55 = 5n4 + 10n3 + 10n2 + 5n + 1. Ispod nje napiˇsimo formulu u kojoj smo svako n zamenili sa n − 1, zatim sa n − 2, . . . i na kraju sa n = 2: n5 − (n − 1)5 = 5(n − 1)4 + 10(n − 1)3 + 10(n − 1)2 + 5(n − 1) + 1 (n − 1)5 − (n − 2)5 = 5(n − 2)4 + 10(n − 2)3 + 10(n − 2)2 + 5(n − 2) + 1 .. . 25 − 15 = 5 · 14 + 10 · 13 + 10 · 12 + 5 · 1 + 1. Sabiranjem svih ovih jednaˇcina dobijamo 5

(n + 1) − 1 = 5

n X

4

k + 10

k=1

n X

3

k + 10

k=1

n X

2

k +5

k=1

n X

k+

k=1

n X

1.

k=1

Odavde dobijamo traˇzenu sumu: 5

n X

k 4 = (n + 1)5 − 1 − 10

k=1

k=1

= (n + 1)5 − 1 − 10 ⇒

n X

n X

k4 =

k=1

k 3 − 10

n X k=1

k2 − 5

n X k=1

k−

n X

1

k=1

n2 (n + 1)2 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) − 10 −5 −n 4 6 2

n5 n4 n3 n n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1) + + − = . 5 2 3 30 30

NAPOMENA. ` ´Do date `k´ sume`ksmo ´ `mogli ´ doći i pomoću druge sumacione formule (1.11) i k k 4 jednakosti k = 24

4

+ 36

3

+ 14

2

+

1

.


110

¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ Izraˇcunati sumu 1 · 3 · n1 + 2 · 32 · n2 + . . . + n · 3n · nn . ¡ ¢ ¡ ¢ n! Reˇsenje 1 . Kako je k · nk = (k−1)!(n−k)! = n · n−1 k−1 (videti Lemu 1.7.1) imamo da je data suma jednaka (uzimamo ` = k − 1): PRIMER 2.2.42.

Sn

=

n X k=1

¶ µ ¶ n−1 n µ X µn − 1¶ X n n−1 k 3 = 3n · 3` k·3 · =n· ` k−1 k k

k=1

`=0

= 3n · (1 + 3)n−1 = 3n · 4n−1 . Reˇsenje 2 . Izraˇcunajmo ¡ ¢ˇsta je ¡ ¢slede´ ¡ cni ˇc¢lan niza Sn+1 (koristićemo Adicionu formulu za binomne koeficijente n+1 = nk + k−1 — to je Lema 1.6.3): k Sn+1

= =

= =

µ ¶ µ ¶ µ ¶ n+1 n+1 n+1 2 n+1 1·3· +2·3 · + . . . + (n + 1) · 3 · 1 2 n+1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n 1·3· + 2 · 32 · + . . . + n · 3n · +0 1 2 n µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n 2 n+1 + 1·3· +2·3 · + . . . + (n + 1) · 3 · 0 1 n µ ¶ µ ¶ µ ¶ ³µn¶ ´ n n n n−1 n Sn + 3 · +3· + ... + 3 · +3 · + Sn 0 1 n−1 n ³ ´ Sn + 3 · (1 + 3)n + Sn = 4Sn + 3 · 4n .

Dobili smo linearnu¡ nehomogenu rekurentnu jednaˇcinu Sn+1 = 4Sn + 3 · 4n , uz poˇcetni ¢ 1 uslov S1 = 1 · 3 · 1 = 3. Nehomogeni deo moˇzemo izgubiti ako od nje oduzmemo ˇcetvorostruku jednaˇcinu (sa pomerenim indeksom), tj. Sn = 4Sn−1 + 3 · 4n−1 . Dakle, Sn+1 − 4Sn = 4Sn + 3 · 4n − 4 · (4Sn−1 + 3 · 4n−1 ), tj. Sn+1 − 8Sn + 16Sn−1 = 0, uz poˇcetne uslove S1 = 3 i S2 = 4S1 + 3 · 41 = 12 + 12 = 24. Karakteristiˇcna jednaˇcina koja odgovara ovoj rekurentnoj jednaˇcini je t2 − 8t + 16 = 0 i ona ima dvostruko reˇsenje t1 = t2 = 4, te je opˇste reˇsenje oblika Sn = C1 · 4n + C2 · n · 4n , gde konstante C1 i C2 nalazimo iz poˇcetnih uslova. S1 = 3 4C1 ⇒ S2 = 24 16C1 Reˇsenje 3 .

+ +

4C2 32C2

= =

3 3 ⇒ Sn = 3n · 4n−1 . ⇒ C1 = 0, C2 = 24 4

Posmatrajmo formulu (1 + 3x)n =

n ¡ ¢ X n k k k 3 x ,

k=0

koju dobijamo na os-

novu Binomne teoreme. Izraˇcunajmo izvode i leve i desne strane prethodne jednakosti: n ¡ ¢ X n k k−1 n(1 + 3x)n−1 · 3 = . Sada, ako zamenimo x = 1 dobijamo k 3 · kx k=0

3n · 4

n−1

=

n X k=1

µ ¶ n k·3 · = Sn . k k


111

Reˇsenje 4 . Odredimo kombinatorni objekat koji broji i leva i desna strana identiteta n ¡ ¢ X k · 3k · nk = 3n · 4n−1 . Neka imamo uredjene n-torke brojeva iz skupa N4 = {1, 2, 3, 4} k=1

i neka je fiksirana jedna pozicija na ¡ ¢kojoj nije broj 4 (tu je 1, 2 ili 3). To nam baˇs daje desnu stranu identiteta, jer je n1 = n broj naˇcina da fiksiramo tu 1 poziciju, njoj moˇzemo odrediti broj na 3 naˇcina, a na svakoj od preostalih n − 1 pozicija moˇze biti bilo koji broj (tj. moˇzemo dodeliti vrednost na 4 naˇcina), te imamo ukupno n · 3 · 4n−1 . Prebrojmo ove objekte, ali malo drugaˇcije. Neka se na k, od tih n pozicija javlja neki ¡ ¢ od brojeva 1,2,3, a na preostalih n − k je broj 4. Tih k pozicija moˇzemo izabrati na nk naˇcina i na svakoj od njih element biramo od 3 broja (1,2,3), te sve njih moˇzemo odrediti ¡ ¢ na 3k naˇcina. Ostaje da fiksiramo jednu od tih k pozicija – to moˇzemo uˇciniti na k1 = k naˇcina. Kako k moˇze biti proizvoljan broj 1 6 k 6 n (ne moˇze biti 0 jer imamo tu jednu n ¡ ¢ X n k fiksiranu poziciju na kojoj je 1, 2 ili 3), to datih objekata ima baˇs k · 3 · k. Izjednaˇcavanjem ova dva rezultata dobijamo traˇzeni identitet.

k=1

PRIMER 2.2.43. Odrediti broj N (n, r) permutacija π skupa Nn = {1, 2, . . . , n} kod kojih vaˇzi jednakost π(k) 6 k + r za svako k = 1, 2, . . . , n (ovde je r < n). Reˇsenje. Permutacije sa ograniˇcenjima moˇzemo opisati pomoću (0, 1)-matrice A = (aij )n×n u kojoj imamo: ½ 1, ako je i − j 6 r, aij = 0, inaˇce. Broj permutacija sa ograniˇcenjima je dat preko permanenta (funkcije koju smo uveli u pododeljku ”Permutacije”), tj. imamo da je N (n; r) = per A. Da se podsetimo, permanent se definiˇse kao X per A = a1π(1) a2π(2) . . . anπ(n) , π∈Sn

gde π uzima vrednosti iz kupa Sn svih permutacija skupa Nn . U ovoj sumi, samo proizvodi koji odgovaraju permutaciji π koja zadovoljava sva ograniˇcenja imaju vrednost 1, dok su ostali jednaki 0. Stoga je broj permutacija sa ograniˇcenjima jednak permanentu pridruˇzene matrice A. Permanent moˇzemo izraˇcunati i pomoću Laplasovog razvoja (koji je sliˇcan onom za determinante, samo su svi ˇclanovi pozitivni). Razvijanjem po prvoj vrsti matrice A dobijamo rekurentnu relaciju N (n; r) = (r + 1) · N (n − 1; r). Poˇcetni uslov nam je N (r + 1; r) = (r + 1)! jer su to sve permutacije skupa Nr+1 . Na osnovu ove dve jednakosti dobijamo N (n; r) = (r + 1)n−r−1 · N (r + 1; r) = (r + 1)n−r−1 · (r + 1)!


112

ZADACI Reˇsiti sledeće rekurentne jednaˇcine (zadaci 2.2.1–2.2.21): 2.2.1.

a0 = 1, an+1 = 2an za n > 0.

2.2.2.

a0 = 2, a1 = 3, an+1 = 3an − 2an−1 za n > 1.

2.2.3.

a0 = 2, an+1 = 2an − 1 za n > 0.

2.2.4.

a0 = 1, a1 = 2, an = 2an−1 + 3an−2 za n > 2.

2.2.5.

a0 = 1, a1 = 4, an = 6an−1 − 9an−2 za n > 2.

2.2.6.

a0 = 5, a1 = 6, a2 = 10, an+1 = 6an − 11an−1 + 6an−2 za n > 2.

2.2.7.

x0 = 1, x1 = 2, xn+2 = 3xn+1 − 2xn za n > 0.

2.2.8.

a1 = 3, a2 = 5, an+2 − 3an+1 + 2an = 0 za n > 1.

2.2.9.

a0 = 0, a1 = 1, a2 = 4, an+3 = 3an+2 − 3an+1 + an za n > 3.

2.2.10.

a0 = 1, a1 = 3, an+2 = 4an+1 − 4an za n > 0.

2.2.11.

x0 = 1, x1 = 4, xn+2 = 4xn+1 − 4xn za n > 0.

2.2.12.

a0 = 1, a1 = 1, a2 = 2, an+1 = 3an−1 − 2an−2 za n > 2.

2.2.13.

x0 = 1, x1 = 3, xn+2 − xn+1 + xn = 0 za n > 0.

2.2.14.

x0 = 2, x1 = 1, xn+2 = xn+1 − xn za n > 0.

2.2.15.

a0 = 1, a1 = −11, a2 = −15, an+3 = 3an+2 + 4an+1 − 12an za n > 0.

2.2.16.

a0 = 1, an+1 = an + 2n za n > 0.

2.2.17.

an = 6an−1 − 8an−2 + 3n za n > 2.

2.2.18.

a0 = 0, a1 = 2, a2 = 16, an − 6an−1 + 12an−2 − 8an−3 = 2n za n > 3.

2.2.19.

a0 = 11, a1 = 28, an = an−1 + 2an−2 + 4 · 3n za n > 2.

2.2.20.

an = 4(an−1 − an−2 ) + 2n za n > 2.

2.2.21.

an = 3an−1 − 4n + 3 · 2n za n > 1.

2.2.22. Odrediti reˇsenje sistema linearnih rekurentnih jednaˇcina xn+1 = 3xn + yn , yn+1 = 5xn − yn , koje zadovoljava uslove x0 = 0 i y0 = 6. 2.2.23.

Reˇsiti sistem xn+1 = 4xn − 2yn , yn+1 = xn + yn , uz uslove x0 = 1 i y0 = 1.

2.2.24.

Odrediti reˇsenje rekurentne jednaˇcine xn+1 =

xn − 1 , uz uslov x0 = 1. xn + 3


113

xn + 1 , uz uslov x0 = 0. −xn + 1

2.2.25.

Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu xn+1 =

2.2.26.

Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu xn+1 · xn + 3xn+1 + xn + 4 = 0, x0 = 0, x1 = − 43 .

2.2.27. Izraˇcunati vrednost sledećih determinanti reda n: a) Dn (2, 7, 5); b) Dn (1, 3, 2); c) Dn (1, 2, 1) d) Dn (−1, 2, 3). 2.2.28.

Izraˇcunati sumu n·1·

¡n¢ 0

+(n−1)·3·

¡n¢ 1

+(n−2)·32 ·

¡n¢ 2

+. . .+1·3n−1 ·

¡

n n−1

¢

.

2.2.29. Neka je xn broj nizova od n slova koji se mogu formirati koriˇsćenjem slova A,B,V,G,D takvih da se slovo A javlja neparan broj puta. Naći rekurentnu relaciju za xn . 2.2.30. U ravni je nacrtano n pravih u opˇstem poloˇzaju (ne postoje 2 paralelne prave ni 3 konkurentne). Te prave dele ravan na rn regiona (oblasti koje mogu biti i beskonaˇcne). Naći rn . 2.2.31. U ravni je nacrtano n kruˇznica, takvih da se svake 2 od tih kruˇznica seku u taˇcno 2 taˇcke i da ne postoje 3 kruˇznice koje se seku u istoj taˇcki. Te kruˇznice dele ravan na rn regiona. Naći rn . 2.2.32. (Hanojske kule) Data su 3 vertikalna klina (oni su oznaˇceni sa A,B,C) i na prvom klinu se nalazi n diskova razliˇcitih preˇcnika (na dnu je najveći, pa onda malo manji i tako do najmanjeg koji je na vrhu). Rastojanje izmedju svaka 2 od klinova je veće od najvećeg preˇcnika diskova. Legalan potez se definiˇse kao svaki potez koji sa vrha nekog od ova 3 klina skida disk i stavlja ga na vrh gomile koja je na nekom od preostala 2 klina, ali da tim potezom nismo stavili veći disk na manji disk. Oznaˇcimo sa xn broj legalnih poteza potrebnih da svih n diskova premestimo sa klina A na klin B. Naći rekurentnu relaciju za xn , a zatim je i reˇsiti.

2.3

ˇ FUNKCIJE GENERATRISE I RESAVANJE ˇ REKURENTNIH JEDNACINA

Ponovo ćemo razmatrati (normiranu) linearnu homogenu rekurentnu jednaˇcinu reda k sa konstantnim koeficijentima (2.8), ali ovog puta uz date poˇcetne uslove: ½ an+k + fk−1 · an+k−1 + fk−2 · an+k−2 + . . . + f0 · an = 0, (n > 0) (2.15) a0 = u0 , a1 = u1 , . . . , ak−1 = uk−1 TEOREMA 2.3.1.

Funkcija generatrise niza {an } datog sa (2.15) je oblika A(x) =

R(x) , 1 + fk−1 x + fk−2 x2 + . . . + f0 xn

gde je R(x) polinom, ˇciji je stepen deg R(x) < k.

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Dokaz .

114

Kako u proizvodu

(1 + fk−1 x + . . . + f0 xn )A(x) = (1 + fk−1 x + . . . + f0 xn )(a0 + a1 x + . . . an xn + . . .) koeficijent uz xn+k iznosi an+k + fk−1 · an+k−1 + fk−2 · an+k−2 + . . . + f0 · an , za n > 0. To sa ˇcinjenicom da niz {an } zadovoljava jednaˇcinu (2.15) nam daje da je koeficijent uz xn+k jednak 0 za svako n > 0. Jedini koeficijenti koje se ne poniˇstavaju su koeficijenti u ˇclanove 1, x, . . . , xk−1 , te stoga imamo da je gornji proizvod jednak polinomu R(x) stepena deg R(x) < k. Koeficijente polinoma R(x) (koji nisu 0) moˇzemo dobiti iz gornjeg proizvoda, kada iskoristimo poˇcetne uslove, a0 = u0 , a1 = u1 , . . . , ak−1 = uk−1 : R(x) = u0 + (u1 + fk−1 u0 )x + . . . + (uk−1 + f k − 1uk−2 + . . . + f1 u0 )xk−1 . Sada ćemo dati vezu funkcije generatrise sa karakteristiˇcnom jednaˇcinom, koju smo već sreli u Formuli 2.9, tk + fk−1 tk−1 + . . . + f1 t + f0 = 0. Vidimo da ako levu stranu karakteristiˇcne jednaˇcine podelimo sa tk , a zatim zamenimo 1t sa x, dobijamo imenilac funkcije genertrise A(x): 1 + fk−1 x + fk−2 x2 + . . . + f0 xn . Kako je poznato da nad poljem kompleksnih brojeva polinom stepena k (tj. u ovom sluˇcaju karakteristiˇcna jednaˇcina) ima k korena, koji ne moraju biti razliˇciti, moˇzemo uzeti da su to razliˇcite vrednosti α1 , α2 , . . . , αs koje se javljaju po m1 , m2 , . . . , ms puta, respektivno (tj. vaˇzi m1 + m2 + . . . + ms = k). Tada karakteristiˇcna jednaˇcina moˇze biti napisana u obliku (t − α1 )m1 · (t − α2 )m2 · . . . · (t − αs )ms = 0. Ako sada ponovimo transformacije od malopre (podelimo karakteristiˇcnu jednaˇcinu sa tk , a zatim zamenimo 1t sa x), dobijamo da se funkcija generatrisa moˇze predstaviti u obliku R(x) A(x) = . (1 − α1 x)m1 · (1 − α2 x)m2 · . . . · (1 − αs x)ms Iz teorije polinoma dobijamo naredna dva tvrdjenja, koja ćemo dati bez dokaza. TEOREMA 2.3.2.

Neka su P (x) i Q(x) polinomi za koje vaˇze sledeći uslovi:

1◦ deg P (x) < deg Q(x); 2◦ Q(x) = S(x)·T (x), gde su S(x) i T (x) polinomi koji nemaju netrivijalan zajedniˇcki faktor; 3◦ polinom Q(x) ima slobodni ˇclan q0 6= 0. Tada postoje polinomi F (x) i G(x) za koje vaˇzi deg F (x) < deg S(x),

deg G(x) < deg T (x),

i

P (x) F (x) G(x) = + . Q(x) S(x) T (x)


115

Uopˇstenje prethodnog tvrdjenja je sledeća teorema. TEOREMA 2.3.3.

Neka su P (x) i Q(x) polinomi za koje vaˇze sledeći uslovi:

1◦ deg P (x) < deg Q(x); 2◦ Q(x) = Q1 (x)m1 · Q2 (x)m2 · . . . · Qk (x)mk , gde su Qi (x) i Qj (x) (za i 6= j) polinomi koji nemaju netrivijalan zajedniˇcki faktor; 3◦ polinom Q(x) ima slobodni ˇclan q0 6= 0. Tada postoje polinomi Hi (x) (i = 1, . . . , k) za koje vaˇzi deg Hi (x) < deg Qi (x)mi

Dokaz .

i

H1 (x) P (x) H2 (x) Hk (x) = + + ... + . Q(x) Q1 (x)m1 Q2 (x)m2 Qk (x)mk

Viˇsestrukom primenom prethodnog tvrdjenja.

ˇ Cesto, ali ne uvek, dekompoziciju na parcijalne razlomke treba nastaviti joˇs jedan koH(x) rak. Posmatrajmo tipiˇcan razlomak (α−x) zi deg H(x) < m. Viˇsestrukom m , kod koga vaˇ primenom Hornerove ˇseme ili pomoću Tejlorovog polinoma, moˇzemo polinom H(x) razviti po potencijama (stepenima) od (α − x), tj. predstaviti u obliku H(x) = γm + γm−1 (α − x) + γm−2 (α − x)2 + . . . + γ1 (α − x)m−1 . Odavde kada sve podelimo sa (α − x)m dobijamo H(x) γ1 γ2 γm = + + ... + . (α − x)m α − x (α − x)2 (α − x)m P (x) moˇzemo predstaviti u obliku zbira parOvim postupkom pravu racionalnu funkciju Q(x) cijalnih razlomaka kod kojih su imenioci oblika (α − x)i , a brojioci konstante.

PRIMER 2.3.4.

Predstaviti racionalnu funkciju

zbira parcijalnih razlomaka.

P (x) 2 + 4x − 3x2 = u obliku Q(x) 2 − 5x + 4x2 − x3

Reˇsenje. Kada faktoriˇsemo imenilac dobijamo Q(x) = (1 − x)2 · (2 − x). Stoga ovu racionalnu funkciju predstavljamo u obliku zbira sledećih parcijalnih razlomaka P (x) 2 + 4x − 3x2 γ1 γ2 γ3 = = + + , 2 3 2 Q(x) 2 − 5x + 4x − x 1 − x (1 − x) 2−x gde je potrebno odrediti konstante γ1 , γ2 , γ3 . Pomnoˇzimo prethodni izraz sa Q(x) i dobijamo jednaˇcinu (2.16)

2 + 4x − 3x2 = γ1 · (1 − x)(2 − x) + γ2 · (2 − x) + γ3 · (1 − x)2 .

Konstante γ1 , γ2 , γ3 moˇzemo odrediti izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma na levoj i desnoj strani i reˇsavanjem odgovarajućeg sistema, ali je to komplikovaniji naˇcin. Ovde ćemo ih odrediti zamenom pogodnih vrednosti.


116

ˇ su pogodne vrednosti? Ako zamenimo x = 1 (jer je to nula polinoma Q) u Sta jednaˇcinu (2.16) 2 od 3 ˇclana na desnoj strani će se poniˇstiti i dobijamo: 3 = 0 · γ1 + 1 · γ2 + 0 · C3 = γ2 . Ako zamenimo x = 2 u jednaˇcinu (2.16) dobijamo: −2 = 0 · γ1 + 0 · γ2 + 1 · C3 = γ3 . Tako smo odmah odredili γ2 i γ3 . Ostalo nam je da odredimo joˇs i γ1 , ali kako nemamo viˇse pogodnih vrednosti zamenićemo bilo koju vrednost za x u jednaˇcinu (2.16), npr. x = 0 (za x = 0 raˇcun ide najlakˇse) i dobijamo: 2 = 2 · γ1 + 2 · γ2 + 1 · C3 = 2 · γ1 + 2 · 3 + 1 · (−2) = 2 · γ1 + 4, odakle je γ1 = −1. Time smo dobili da je traˇzeno predstavljanje P (x) −1 3 −2 = + + . Q(x) 1 − x (1 − x)2 2−x

Sada ćemo iskoristiti Uopˇstenu binomnu teoremu (Teorema 2.1.8), da odredimo opˇsti ˇclan niza, ako znamo funkciju generatrise. Tu vezu izmedju funkcije generatrise i opˇsteg ˇclana niza nam daje sledeća teorema. TEOREMA 2.3.5. Neka je niz {an } dat sa (2.15) i neka karakteristiˇcna jednaˇcina ima korene t1 , t2 , . . . , ts sa odgovarajućim viˇsestrukostima m1 , m2 , . . . , ms . Tada je opˇsti ˇclan niza oblika an = P1 (n) · t1 n + P2 (n) · t2 n + . . . + Ps (n) · ts n , gde su Pi (n) polinomi po n stepena najviˇse mi − 1, tj. Pi (n) = A0 + A1 n + A2 n2 + . . . + Ami −1 nmi −1 , gde su Aj proizvoljne konstante (koje se odredjuju na osnovu poˇcetnih uslova). Dokaz . Prema prethodnim razmatranjima o parcijalnim razlomcima funkciju generatrise A(x) niza {an } moˇzemo predstaviti kao sumu od s izraza oblika γ1 γ2 γm + + ... + . 1 − αx (1 − αx)2 (1 − αx)m Iz Uopˇstene binomne teoreme (Teorema 2.1.8), tj. taˇcnije prema njenoj posledici – Formuli (2.4), imamo da je koeficijent uz xk u odgovarajućem formalnom stepenom redu jednak µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1+n−1 n 2+n−1 n m+n−1 n γ1 α + γ2 α + . . . + γm α . n n n ¡ ¢ ¡n+`¢ Kako ovaj izraz moˇzemo napisati u obliku P (x)αn , uz Uslov simetriˇcnosti n+` = ` , n dobijamo da je µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n+1 n+m−1 P (n) = γ1 + γ2 + . . . + γm . 0 1 m−1


117

¡ ¢ Prema Definiciji 1.3.2 binomnog koeficijenta imamo da je n+` polinom po promenljivoj ` n stepena `. Dakle, P (n) je polinom po n stepena najviˇse m − 1, ˇsto je i trebalo pokazati. Ovim teoretskim zakljuˇccima smo pokazali formule date u prethodnom poglavlju 2.2 ”Rekurentne jednaˇcine”.

PRIMERI Direktnu primenu funkcija generatrisa ilustrovaćemo na nekoliko primera (homogenih, nehomogenih rekurentnih jednaˇcina, kao i njihovih sistema). PRIMER 2.3.6. Naći funkciju generatrise niza {an } ako on zadovoljava rekurentnu relaciju an+1 = 3an + 2, uz poˇcetni uslov a0 = 0 i odatle naći opˇsti ˇclan niza. Reˇsenje.

Jednaˇcini an+1 = 3an + 2 odgovara jednaˇcina A(x) − a0 2 = 3A(x) + x 1−x

0 sa funkcijama generatrise: izraz na levoj strani, A(x)−a , odgovara nizu pomerenom za x jedan ulevo tako da je njegov n-ti ˇclan razvoja jednak an+1 ; n-ti ˇclan od 3A(x) je 3an ; 2 dok je svaki (pa i n-ti ˇclan) razvoja 1−x jednak 2. Jednaˇcini an+1 = 3an + 2 sa poˇcetnim uslovom a0 = 0 odgovara jednaˇcina

A(x) 2 = 3A(x) + , x 1−x ˇsto kad sredimo dobijamo A(x)(1 − 3x) = generatrise niza {an }: A(x) =

2 . Odatle nalazimo traˇzenu funkciju 1−x

2x . (1 − 3x)(1 − x)

Funkciju generatrise niza ćemo predstaviti u pogodnijem obliku za traˇzenje niza (racionalnu funkciju predstavimo u obliku zbira parcijalnih razlomaka) i zatim iskoristimo poznate funkcije generatrise iz prethodnog poglavlja: A(x) =

2x 1 1 = − . (1 − 3x)(1 − x) 1 − 3x 1 − x

Iz funkcije generatrise lako nalazimo i opˇsti ˇclan niza: A(x) =

X X X 1 1 (3n − 1)xn xn = (3x)n − − = 1 − 3x 1 − x n>0

A(x) =

X

n>0

n>0

an xn ⇒ an = 3n − 1.

n>0

PRIMER 2.3.7. Naći funkciju generatrise niza {an } ako on zadovoljava rekurentnu relaciju an+1 = 2an + n, uz poˇcetne uslove a0 = 1 i odatle naći opˇsti ˇclan niza.


118

Reˇsenje. Neka nizu {an } odgovara funkcija generatrisa A(x). Tada nizu {an+1 } odgo1 0 vara A(x)−a = A(x)−1 . Kako je 1−x funkcija generatrisa niza (1, 1, 1, 1, . . . ) imamo x x ¡ 1 ¢0 da nizu (1, 2, 3, 4, . . . ) odgovara funkcija generatrisa 1−x . Kako nama treba niz bn = n = (0, 1, 2, 3, . . . ) prethodni treba joˇs da pomerimo za 1 mesto udesno, pa je njegova ¡ 1 ¢0 1 x funkcija generatrisa B(x) = x · 1−x = x (1−x) clanovima 2 = (1−x)2 . Time smo svim ˇ rekurentne veze odredili odgovarajuće funkcije generatrisa, pa dobijamo jednaˇcinu: x A(x) − 1 = 2A(x) + . x (1 − x)2 Odatle moˇzemo ”izvući” funkciju genratrise A=

1 − 2x + 2x2 . (1 − x)2 (1 − 2x)

Ovim smo naˇsli generatrisu, tj. ”reˇsili” smo ˇclanove niza (funkcija generatrisa sadrˇzi informaciju o svim ˇclanovima niza). Ako bi trebalo da dokaˇzemo da je ovaj niz jednak nekom drugom, dovoljno bi bilo da pokaˇzemo da su im generatrise jednake. Medjutim, mi trebamo da nadjemo ˇclanove eksplicitno. Pokuˇsajmo da opet predstavimo A(x) u vidu pogodnih razlomaka: A(x) =

1 − 2x + 2x2 P Q R = + + (1 − x)2 (1 − 2x) (1 − x)2 1 − x 1 − 2x

Moˇzemo da pomnoˇzimo obe strane sa (1 − x)2 (1 − 2x) ˇcime bismo dobili jednaˇcinu (2.17)

1 − 2x + 2x2 = P (1 − 2x) + Q(1 − x)(1 − 2x) + R(1 − x)2 ,

odnosno 1 − 2x + 2x2 = x2 (2Q + R) + x(−2P − 3Q − 2R) + (P + Q + R), odakle se izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma dobija sistem ˇcije je reˇsenje P = −1, Q = 0 i R = 2. Dakle, imamo da je −1 2 A= + (1 − x)2 1 − 2x ¡ 1 ¢0 2 1 Poˇsto ˇclan 1−2x odgovara nizu {2n+1 } i kako (1−x) odgovara {n + 1}, to je 2 = 1−x an = 2n+1 − (n + 1). PRIMER 2.3.8. Naći funkciju generatrise niza {an } ako on zadovoljava rekurentnu relaciju an+2 = 2an+1 − an , uz poˇcetne uslove a0 = 1 i a1 = 2 i odatle naći opˇsti ˇclan niza. Reˇsenje. Jednaˇcini an+2 = 2an+1 −an sa poˇcetnim uslovima a0 = 1, a1 = 2 odgovaraju funkcije generatrise: A(x) − 1 − 2x A(x) − 1 =2 − A(x). x2 x Kada ovo sredimo, dobija se x A(x) = . (1 − x)2

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA A(x)

= =

X X µn + 1¶ x −1 1 n = + = − x + xn (1 − x)2 1 − x (1 − x)2 n n>0 n>0 X X n n (−1 + n + 1)x = nx ⇒ an = n. n>0

PRIMER 2.3.9. a0 = 3 i a1 = 2. Reˇsenje.

119

n>0

Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu an = an−2 + 4n, uz poˇcetne uslove

Uvedimo funkciju generatrise za ovaj niz A(x) =

+∞ X

an xn . Pomnoˇzimo datu

n=0

rekurentnu jednaˇcinu sa xn i sumirajmo to za vrednosti n od 2 do +∞. Tada dobijamo +∞ X

n

2

an x = x

n=2

+∞ X

n−2

an−2 x

+ 4x

n=2

+∞ X

nxn−1 .

n=2

Kada iskoristimo definiciju funkcije generatrise, prethodna jednaˇcina se svodi na µ ¶ 1 A(x) − 3 − 2x = x2 · A(x) + 4x · − 1 , (1 − x)2 odakle kad izvuˇcemo A(x) na jednu stranu dobijamo traˇzenu funkciju generatrise: A(x) =

3 − 2x 4x 3 − 4x + 7x2 − 2x3 + = . 1 − x2 (1 − x2 )(1 − x)2 (1 − x2 )(1 − x)2

Predstavimo ovu funkciju u obliku zbira parcijalnih razlomaka A(x) =

M N P Q + + + . 1 + x 1 − x (1 − x)2 (1 − x)3

Reˇsavanjem dobijamo M = 2, N = 0, P = −1 i Q = 2, tj. A(x) =

+∞ +∞ +∞ 2 1 2 X X X − + = 2 (−1)n xn − nxn−1 + n(n − 1)xn−2 . 2 3 1 + x (1 − x) (1 − x) n=0 n=0 n=0

Kako je an koeficijent uz xn u A(x) dobijamo da je an = 2 · (−1)n − (n + 1) + (n + 2)(n + 1) = 2 · (−1)n + (n + 1)2 .

PRIMER 2.3.10. Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu xn+2 − 6xn+1 + 9xn = 2n + n, uz poˇcetne uslove x0 = x1 = 0. Reˇsenje.

Neka je X(t) generatrisa niza. Dati niz se svodi na jednaˇcinu X(t) 1 t X(t) −6 + 9X(t) = + . t2 t 1 − 2t (1 − t)2

Sredjujući ovaj izraz dobijamo X(t) =

t2 − t3 − t4 , (1 − t)2 (1 − 2t)(1 − 3t)2


120

odakle predstavljanjem preko odgovarajućih parcijalnih razlomaka dolazimo do X(t) =

1 1 5 5 + − + 4(1 − x)2 1 − 2x 3(1 − 3x) 12(1 − 3x)2

n Prvom sabirku odgovar niz n+1 cem − 53 · 3n = −5 · 3n−1 , a poslednjem 4 , drugom 2 , tre´ 5 5 n n−1 ˇsto sve ukupno daje 12 (n + 1)3 = 4 (n + 1)3

xn =

n + 1 + 2n+2 + 5(n − 3)3n−1 . 4

PRIMER 2.3.11. Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu an+3 = 6an+2 − 11an+1 + 6an , uz poˇcetne uslove a0 = 2, a1 = 0, i a2 = −2. Reˇsenje.

Kada predjemo na funkcije generatrisa ovoj jednaˇcini odgovara: A(x) − 2 − 0 · x A(x) − 2 A(x) − 2 − 0 · x − (−2)x2 =6 − 11 + 6A(x). 3 2 x x x

Kada ovo sredimo, dobija se funkcija generatrisa A(x) =

20x2 − 12x + 2 . 1 − 6x + 11x2 − 6x3

Predstavimo je kao zbir tri razlomka: A(x) =

B C D 20x2 − 12x + 2 = + + . (1 − x)(1 − 2x)(1 − 3x) 1 − x 1 − 2x 1 − 3x

Reˇzavanjem dolazimo do B = 5, C = −4, D = 1. Dalje imamo: A(x)

X X X 5 4 1 − + =5 xn − 4 (2x)n + (3x)n 1 − x 1 − 2x 1 − 3x n>0 n>0 n>0 X X n n n n (5 − 4 · 2 + 3 )x = an x .

= =

n>0

n>0

Odatle dobijamo reˇsenje an = 5 − 4 · 2n + 3n = 5 − 2n+2 + 3n . PRIMER 2.3.12.

Neka su nizovi {un }, {vn } i {wn } definisani sa u0 = v0 = w0 = 1 i      un+1 1 0 1 un  vn+1  =  0 1 1   vn  , n > 0. wn+1 1 −1 4 wn

Dokazati da {un } zadovoljava homogenu linearnu rekurentnu relaciju i naći opˇstu formulu za un . Reˇsenje 1 . jednaˇcine,

Kada izjednaˇcimo matrice na levoj i desnoj strani polazne matriˇcne 

  un+1 1  vn+1  = 0 wn+1 1

     0 1 un un + wn 1 1 ·  vn  =  vn + wn  , −1 4 wn un − vn + 4wn


121

dobijamo sistem rekurentnih jednaˇcina: un+1 vn+1 wn+1

= = =

un un

−

+ wn + wn + 4wn

vn vn

.

Da bismo dobili rekurentnu relaciju samo po u treba ”eliminisati” i v i w. Iz prve jednaˇcine imamo wn = un+1 − un , ˇsto kada ubacimo u treću dobijamo: un+2 − un+1 = un − vn + 4un+1 − 4un , a odavde vn = −un+2 + 5un+1 − 3un . Kada u drugu ubacimo izraze za v i w preko u dobijamo traˇzenu homogenu linearnu rekurentnu relaciju: un+3 − 6un+2 + 9un+1 − 4un = 0. Karakteristiˇcna jednaˇcina je t3 − 6t2 + 9t − 4 = 0, odnosno (t − 1)2 (t − 4) = 0. Njeni koreni su t1 = t2 = 1 i t3 = 4, pa je opˇste reˇsenje oblika un = C1 · 1n + C2 · n · 1n + c3 · 4n , gde konstante C1 , C2 i C3 traˇzimo iz poˇcetnih uslova (u0 = 1, u1 = u0 + w0 = 2 i u2 = u1 + w1 = u1 + (u0 − v0 + 4w0 ) = 6). Kada reˇsimo sistem u0 u1 u2 dobijamo C1 =

= 1 = 2 = 6

= = =

C1 C1 C1

+ C2 + 2C2

+ C3 + 4C3 + 16C3

2 1 , C2 = 0 i C3 = . Opˇsta formula za un je 3 3 un =

2 + 4n . 3

Reˇsenje 2 . Da smo sistem rekurentnih jednaˇcina ”prebacili” na funkcije generatrisa, dobili bi sistem jednaˇcina po U (x), V (x) i W (x): U (x) − 1 x V (x) − 1 x W (x) − 1 x

= U (x) =

V (x)

= U (x)

− V (x)

+

W (x)

+

W (x)

+ 4W (x)

ˇcijim reˇsavanjem dobijamo: U (x) =

2/3 1/3 1 − 3x = + . 4x2 − 5x + 1 1 − x 1 − 4x

Iz poslednjeg oblika direktno nalazimo opˇsti ˇclan niza un =

2 + 4n . 3


122

Iz ovog reˇsenja (obrnutim postupkom) dobijamo jednostavniju linearnu rekurentnu vezu: un+2 − 5un+1 + 4un = 0. Ovo je posledica toga ˇsto funkcija generatrisa sadrˇzi potpunu informaciju o nizu (i poˇcetne uslove, koje smo u prethodnom razmatranju uzimali tek na kraju, a oni su ”krivci” za to pojednostavljenje jer je u(n) =

u(0) − v(0) + 3w(0) n v(0) + 8u(0) − 3w(0) v(0) − u(0) 4 + + n 9 9 3

i za u(0) − v(0) + 3w(0) 6= 0 i v(0) − u(0) 6= 0 dobija se un+3 − 6un+2 + 9un+1 − 4un = 0, a ako je neki od tih izraza jednak nuli dobijamo jednostavniju rekurentnu vezu). PRIMER 2.3.13. Neka je qn broj reˇci duˇzine n sastavljenih od slova a, b, c, d, koje sadrˇze neparan broj slova b. Odrediti qn . Reˇsenje 1 . Oznaˇcimo sa pn broj reˇci duˇzine n sastavljenih od slova a, b, c, d, koje sadrˇze paran broj slova b. Tada je pn + qn = 4n (sve reˇci duˇzine n). Reˇc duˇzine n + 1 sa neparnim brojem slova b moˇze se dobiti od reˇci duˇzine n sa neparnim brojem slova b ako joj se na kraj dopiˇse jedno od tri slova a, c ili d, kao i od reˇci duˇzine n sa parnim brojem slova b ako joj se na kraj dopiˇse slovo b: qn+1 = 3 · qn + pn . U ovom sistemu, pn

+

qn qn+1

= 4n = 3qn

+ pn ,

ako iz prve jednaˇcine izrazimo pn = 4n − q n i to ubacimo u drugu dobijamo nehomogenu linearnu rekurentnu jednaˇcinu qn+1 = 2qn + 4n . Da je q0 = 0 moˇzemo dobiti iz q1 = 2q0 + 40 (q1 = 1: samo reˇc b). Ako sad predjemo na funkcije generatrise dobijamo Q(x) − 0 1 = 2Q(x) + , x 1 − 4x ˇsto kad sredimo daje Q(x) =

x . (1 − 2x)(1 − 4x)

Predstavimo Q(x) u pogodnijem obliku: Q(x) =

X 4n − 2n 1/2 1/2 1X 1X − = (4x)n − (2x)n = xn . 1 − 4x 1 − 2x 2 2 2 n>0

n>0

n>0

1 n (4 − 2n ). 2 Reˇsenje 2 . Zadatak je bilo moguće reˇsiti tako ˇsto bismo odmah sistem rekurentnih jednaˇcina prebacili na funkcije generatrisa: Odatle dobijamo reˇsenje qn =

P (x) + Q(x) =

1 , 1 − 4x

Q(x) − 0 = 3Q(x) + P (x) x

i odavde bi reˇsavanjem sistema (po P (x) i Q(x) kao nepoznatim) dobili da je funkcija x . Odredjivanje qn ide na potpuno isti naˇcin. generatrisa Q(x) = (1 − 2x)(1 − 4x)


123

ZADACI 2.3.1. Ponovo naći opˇste ˇclanove nizova iz zadataka 2.2.1–2.2.21 (str. 112 ), ali koriˇsćenjem funkcija generatrisa. 2.3.2. Naći funkciju generatrise niza {an } i odatle naći opˇsti ˇclan niza: a) an+1 = 2an + 1, a0 = 0; b) an+2 = −4an+1 − 8an , a0 = 0, a1 = 2. 2.3.3. Naći funkciju generatrise niza {xn } i odatle naći opˇsti ˇclan niza: a) x0 = x1 = 0, xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 2n ; b) x0 = 1, x1 = 3, xn+2 − xn+1 + xn = 3 · 2n ; c) x0 = x1 = 0, xn+2 − 6xn+1 + 9xn = 2n + n. 2.3.4. Naći funkciju generatrise niza {un } i odatle naći opˇsti ˇclan niza: a) un+3 − 3un+1 + 2un = 0, u0 = 1, u1 = u2 = 0; b) un+3 − 6un+2 + 11un+1 − 6un = 0, u0 = 2, u1 = 0, u2 = −2; c) un+4 − 5un+3 + 6un+2 + 4un+1 − 8un = 0, u0 = 0, u1 = −9, u2 = −1, u3 = 21; d) un+1 − 2un = 4n , u0 = 1; e) un+2 − un+1 − 6un = n, u0 = 1, u1 = 1. 2.3.5. Reˇsiti rekurentnu jednaˇcinu an = an−1 + an−3 + an−4 + an−5 + . . . + a1 + a0 , n > 3, sa poˇcetnim uslovom a0 = a1 = a2 = 1. 2.3.6.

Koliko ima prirodnih brojeva manjih od 10n u kojima se javlja cifra 8?

2.4

ˇ FIBONACIJEVI BROJEVI

Fibonaˇcijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizova. Toliku ”slavu” su stekli jer su se javili i u mnogim drugim (nematematiˇckim) oblastima, kao i u samoj prirodi (npr. broj listova ili cvetova, kod velikog broja biljki je jednak baˇs nekom Fibonaˇcijevom broju). U antiˇckoj Grˇckoj, kao i kasnije u renesansi, za idealnu proporciju je uziman tzv. ”zlatni presek” koji se takodje javlja kod Fibonaˇcijevih brojeva. Pored toga oni su naˇsli primenu u reˇsavanju nekoliko veoma vaˇznih matematiˇckih problema. Jedan od njih je Matijaˇseviˇcevo reˇsenje znamenitog desetog problema Hilberta, a drugi je recimo teorija ekstrema unimodalnih funkcija (koju je zasnovao Dˇz. Kifer). Zbog svega toga veliki broj matematiˇcara u svetu je pristupio nekoj vrsti ”Fibonaˇcizma” (istraˇzujući skoro kao hobi neka od svojstava ovog niza). Najjaˇci primer te ljubavi prema Fibonaˇcijevim brojevima je ˇcasopis The Fibonacci Quarterly, koji se izdaje u SAD joˇs od 1963. godine, a i sada je na SCI listi (lista ˇcasopisa koji su u vrhu po indeksu citiranosti). Ruski matematiˇcar Nikolaj Nikolaeviˇc Vorobjev je napisao celu knjigu o Fibonaˇcijevim brojevima, [37]. To sve govori o izuzetnom znaˇcaju ovih brojeva (te smo se stoga i mi odluˇcili da im dodelimo jedno poglavlje u naˇsoj knjizi).


124

Prvo ćemo poći od nekih istorijskih ˇcinjenica vezanih za Fibonaˇcijeve brojeve, a onda ćemo polako istraˇzivati neke od njihovih osobina. Italijanski matematiˇcar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaˇci (Fibonacci je sraćeno od “filius Bonacci”, tj. Bonaˇcijev sin) ˇziveo je od 1180−1240 (po nekim drugim podacima 1175 − 1250). Najpoznatija dela su mu Liber abaci, 1202, u kojoj se pored mnogobrojnih problema borio za hindo–arapski brojni sistem i Liber quadratorum, 1225. (knjiga kvadrata brojeva koja predstavlja prvi pomak aritmetike posle Diofanta). U svojoj ”Knjizi o abakusu” postavio je ”Problem zeˇceva”: Svaki par zec–zeˇcica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledećeg meseca par mladih: zeca i zeˇcicu. Ako je na poˇcetku godine bio jedan novorodjen par, koliko će biti ukupno parova zeˇceva poˇcetkom sledeće godine? (Pretpostavljamo da zeˇcevi ne umiru.) Neka je fn broj parova zec–zeˇcica posle n meseci, tj. tokom (n + 1)–vog meseca od poˇcetka godine. Prema pretpostavci je f0 = 1 i f1 = 1 (jer taj par joˇs nije zreo za razmnoˇzavanje), a fn (za n > 2) se dobija kada broju parova fn−1 koji su ˇziveli proˇslog meseca doda broj novorodjenih parova zeˇceva koji se dobijaju od fn−2 parova ˇzivih pre dva meseca. Zato je za sve n > 2 vaˇzi fn = fn−1 + fn−2 . Tako dobijamo niz n fn Fn

0 1 0

1 2 1 2 1 1

3 3 2

4 5 3

5 8 5

6 7 8 9 13 21 34 55 8 13 21 34

10 89 55

11 144 89

12 233 144

13 377 233

14 610 377

15 987 610

pa će nakon godinu dana biti f12 = 233 parova zeˇceva. NAPOMENA.

Najˇceˇsće se Fibonaˇcijev niz definiˇse tako da su indeksi pomereni za 1 u odnosu na niz sa kojim smo se malopre sreli (ima nekoliko ˇcisto matematiˇckih razloga, od kojih je jedan da se tada mnogo prirodnije vrˇsi proˇsirenje indeksa na ceo skup celih brojeva). To je niz {Fn } iz prethodne tabele, koji ćemo uskoro definisati. Ti brojevi predstavljaju niz A000045 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31].

DEFINICIJA 2.4.1.

Fibonaˇcijev niz {Fn } je zadat sledećom rekurentnom jednaˇcinom: F1 = 1,

F2 = 1

i Fn+2 = Fn+1 + Fn .

Ponekad se uvodi i proˇsirenje tako da indeksi mogu da budu celi brojevi: F0 = 0 i F−a = (−1)a+1 Fa , pa niz izgleda . . . , −21, 13, −8, 5, −3, 2, −1, 1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . . Primetimo da i ovakav niz zadovoljava svojstvo da je zbir dva uzastopna ˇclana jednak sledećem. U sledećoj teoremi je sadrˇzana i kombinatorna definicija Fibonaˇcijevih brojeva.


125

TEOREMA 2.4.2. Skup Nn = {1, 2, . . . , n} sadrˇzi taˇcno Fn+2 podskupa (ukljuˇcujući i prazan skup) u kojima se ne nalaze 2 uzastopna prirodna broja.

Dokaz . Oznaˇcimo sa an broj podskupova skupa Nn koji ne sadrˇze 2 uzastopna prirodna broja. Za svaki skup S, koji brojimo u an , imamo 2 mogućnosti: 1◦ n 6∈ S. U skupu S mogu biti svi brojevi iz Nn−1 (jer broj n nije u S), ali uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an−1 . 2◦ n ∈ S. Kako je broj n u skupu S u njemu ne moˇze biti i broj n−1, te je S\{n} ⊆ Nn−2 , uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an−2 . Stoga dobijamo da vaˇzi rekurentna jednaˇcina an = an−1 + an−2 . Poˇcetne uslove ćemo odrediti prostim prebrojavanjem. Za n = 1 imamo a1 = 2 takva podskupa ∅ i {1}, a za n = 2 imamo a2 = 3 takva podskupa ∅,

{1}

i

{2}.

Kako imamo istu rekurentnu jednaˇcinu, a samo pomerene poˇcetne uslove dobijamo da je an = Fn+2 .

ˇ ˇ ˇ OPSTI CLAN FIBONCIJEVOG NIZA Sledeću formulu za opˇsti ˇclan Fibonaˇcijevog niza je 1843. godine pokazao francuski matematiˇcar Bine (fr. Jacques-Philipe-Marie Binet) i stoga se ona ponegde u literaturi naziva i Bineova formula. ³ TEOREMA 2.4.3.

Opˇsti ˇclan Fibonaˇcijevog niza je Fn =

√ ń 1+ 5 2

³ √ ń − 1−2 5 √ . 5

Dokaz . Iz Fn+2 = Fn+1 + Fn imamo Fn+2 − Fn+1 − Fn = 0, pa je karakteristiˇcna √ 1± 5 2 jednaˇcina t − t − 1 = 0 i njeni koreni su realni i razliˇciti t1,2 = 2 . Opˇsti ˇclan ove rekurentne jednaˇcine (joˇs nismo uzeli poˇcetne uslove u razmatranje) je dat formulom ³ √ ń ³ √ ń Fn = C1 · 1+2 5 + C2 · 1−2 5 . Kako je F0 = 0 i F1 = 1, zamenom n = 0 i n = 1 u opˇste reˇsenje dobijamo sistem po C1 −1 i C2 , ˇcija su reˇsenja C1 = √15 i C1 = √ , odakle dobijamo da je opˇsti ˇclan Fibonaˇcijevog 5 niza dat formulom ³ √ ń ³ √ ń 1+ 5 − 1−2 5 2 √ . Fn = 5


126

Iz ove formule moˇzemo dobiti i sledeće tvrdjenje. Tu ćemo koristiti i funkciju [x], koja oznaˇcava oznaˇcava ceo deo broja x, npr. [π] = 3, a [−π] = −4. TEOREMA 2.4.4.

Dokaz .

Fn je jednak

√ √1 ( 1+ 5 )n 2 5

¯ ¯ Procenimo koliko iznosi ¯Fn − ¯ ¯ ¯Fn −

√1 5

³

√ ń ¯ ¯ 1+ 5 ¯ 2

= =

√1 5

³

zaokruˇzenom na najbliˇzi ceo broj.

√ ń ¯ ¯ 1+ 5 ¯: 2

¯³ √ ń ³ √ ń ³ √ ń ¯ ¯ ¯ 1+ 5 − 1−2 5 − 1+2 5 ¯ ¯ 2 ¯ √ ¯n ¯ √ ¯ ¯ 1− 5 ¯ ¯ 1− 5 ¯ √ ¯ 2 ¯ ¯ 2 ¯ 1 5−1 √ √ < √ = < . 2 5 5 2 5 √1 5

√

Stoga je Fn taˇcno jednak √15 ( 1+2 5 )n zaokruˇzenom na najbliˇzi ceo broj. ³ √ ń Kako izraz 1−2 5 moˇze biti i pozitivan i negativan, Fibonaˇcijeve brojeve moˇzemo izraziti preko funkcije celog dela kao: h ³ √ ń i  1+ 5  √1 , n = 2k  2 5 Fn = h ³ ´ i √ n   √1 1+ 5 + 1, n = 2k + 1. 2 5 Odredimo sada funkciju generatrise F (x) Fibonaˇcijevog niza.

TEOREMA 2.4.5.

Funkcija generatrise Fibonaˇcijevog niza iznosi F (x) =

x . 1−x−x2

Dokaz 1 . Neka je F (x) generatrisa niza {Fn }. Jednaˇcini Fn+2 = Fn+1 +Fn (niz {Fn+2 } je Fibonaˇcijev niz pomeren za 2 mesta u levo, a {Fn+1 } za 1 mesto ulevo), sa poˇcetnim uslovima F0 = 0 i F1 = 1, odgovara sledeća jednaˇcina sa funkcijama generatrisa: F (x) − F0 − F1 x F (x) − F0 = + F (x), x2 x F (x) − x F (x) odnosno = + F (x). Nakon mnoˇzenja sa x2 i grupisanja dobijamo traˇzenu x2 x funkciju generatrise x . F (x) = 1 − x − x2 Dokaz 2 . Neka je F (x) =

∞ X

Fn xn funkcija generatrise. Tada vaˇzi

n=0

F (x) =

F0 + F1 x +

∞ X

Fn+2 xn+2 = 0 + 1 · x +

n=0

=

∞ X

(Fn+1 + Fn )xn+2

n=0 2

x + x · (F (x) − F0 ) + x · F (x) = x + x · F (x) + x2 · F (x),


127

odakle dobijamo da je (1 − x − x2 ) · F (x) = x, pa je traˇzena funkcija generatrise F (x) =

x . 1 − x − x2

Sada ćemo koriˇsćenjem ovog rezultata ponovo da odredimo opˇsti ˇclan Fibonaˇcijevog niza. PRIMER 2.4.6.

Iz funkcije generatrise F (x) odrediti opˇsti ˇclan Fibonaˇcijevog niza.

Reˇsenje. Treba joˇs da razvijemo ovaj izraz u stepeni red (predstavimo ga kao zbir parcijalnih razlomaka). Neka je −x2 − x + 1 = (1 − αx)(1 − βx) √ √ Tada je α = (1 + 5)/2 a β = (1 − 5)/2. Dalje je x x A B = = + . 1 − x − x2 (1 − xα)(1 − xβ) 1 − xα 1 − xβ Kada sve pomnoˇzimo sa 1 − x − x2 i izjednaˇcimo koeficijente polinoma dobijamo sistem, 1 −1 ˇcija su reˇsenja A = α−β i B = α−β . Vratimo to u prethodnu formulu i koriˇsćenjem poznatog razvoja dobijamo: ¶ µ ¶ µ ∞ ∞ x 1 1 1 1 X X n n n n α x − β x . = − =√ 1 − x − x2 α − β 1 − xα 1 − xβ 5 n=0 n=0 Koeficijent uz xn u funkciji generatrise F (x) predstavlja n-ti Fibonaˇcijev broj, pa je 1 Fn = √ (αn − β n ). 5 Time smo ponovo, samo sada preko funkcija generatrisa, izveli formulu za n-ti ˇclan Fibonaˇcijevog niza. NAPOMENA.

Pomereni Fibonaˇcijev niz fn ima funkciju generatrise Fp (x) =

1 . 1−x−x2

OSNOVNE OSOBINE U naredna 3 tvrdjenja ćemo dati neke aritmetiˇcke osobine Fibonaˇcijevih brojeva. TEOREMA 2.4.7. Fibonaˇcijev broj Fn je: a) paran ako i samo ako je oblika n = 3k; b) deljiv sa 3 ako i samo ako je oblika n = 4k; c) deljiv sa 5 ako i samo ako je oblika n = 5k; d) deljiv sa 4 ako i samo ako je oblika n = 6k; e) deljiv sa 10 ako i samo ako je oblika n = 15k.

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Dokaz .

128

a) Kako je Fn = Fn−1 + Fn−2 = (Fn−2 + Fn−3 ) + Fn−2 = 2Fn−2 + Fn−3 ,

dobijamo da su brojevi Fn i Fn−3 iste parnosti. Kako je F0 = 0, a F1 = F2 = 1, dobijamo da je Fn paran ako i samo ako je oblika n = 3k. b) Ako nastavimo sa raˇcunom iz dela pod a) dobijamo Fn = 2Fn−2 + Fn−3 = 2(Fn−3 + Fn−4 ) + Fn−3 = 3Fn−3 + 2Fn−4 , ˇsto sa F0 = 0, F1 = F2 = 1 i F3 = 2 daje tvrdjenje. c) Ako nastavimo sa raˇcunom iz dela pod b) dobijamo Fn = 3Fn−3 + 2Fn−4 = 3(Fn−4 + Fn−5 ) + 2Fn−4 = 5Fn−4 + 3Fn−5 , ˇsto sa F0 = 0, F1 = F2 = 1, F3 = 2 i F4 = 3 daje tvrdjenje. d) Ako nastavimo sa raˇcunom iz dela pod c) dobijamo Fn = 5Fn−4 + 3Fn−5 = 5(Fn−5 + Fn−6 ) + 3Fn−5 = 8Fn−5 + 5Fn−6 , ˇsto sa F0 = 0, F1 = F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3 i F5 = 5 daje tvrdjenje. Vidimo da je Fn deljiv i sa 8 ako i samo ako je oblika n = 6k. e) Ova osobina je direktna posledica delova pod a) i c). Moˇzemo je proveriti za neke manje vrednosti u tablicama u dokazu naredne teoreme.

TEOREMA 2.4.8. periodom 60.

Niz cifara jedinica Fibonaˇcijevih brojeva je periodiˇcan niz sa

Dokaz . Posmatrajmo niz cifara jedinica Fibonaˇcijevih brojeva, {cn }. Za njih vaˇzi sliˇcna rekurentna veza cn+2 = cn+1 +10 cn , gde +10 oznaˇcava sabiranje po modulu 10. Da bismo naˇsli period ovog niza potrebno je da nadjemo prve brojeve i i j, i < j, takve da je ci = cj i ci+1 = cj+1 , jer će dalje cifre jedinica da se ponavljaju periodiˇcno sa periodom j − i. n cn

0 0

1 1

2 1

3 2

4 3

n cn

15 0

16 17 7 7

18 4

n cn

30 0

31 32 9 9

n cn

45 0

n cn

60 0

5 5

6 8

7 3

8 1

9 4

10 5

11 9

12 13 4 3

14 7

19 1

20 5

21 6

22 23 1 7

24 25 26 8 5 3

27 8

28 1

29 9

33 8

34 7

35 5

36 2

37 38 7 9

39 40 41 6 5 1

42 6

43 7

44 3

46 47 3 3

48 6

49 9

50 5

51 4

52 53 9 3

54 55 56 2 5 7

57 2

58 9

59 1

61 62 1 1

63 2

64 3

65 5

66 8

67 68 3 1

69 . . . 4 ...

Popunjavanjem gornje tablice (popunili smo 10-ak elemenata viˇse) dobijamo da je i = 0,


129

a j = 60, pa smo pokazali da je {cn } periodiˇcan niz sa periodom 60. 1 Na osnovu ovoga imamo da je (Fn+60 − Fn ) prirodan broj. 10

TEOREMA 2.4.9.

Broj cifara Fn je veći od

n−2 . 5

Dokaz . Broj cifara prirodnog broja Fn je [ log10 Fn ] + 1. Po Teoremi 2.4.4 imamo da √ vaˇzi Fn ≈ √15 ( 1+2 5 )n te je broj cifara broja Fn veći od ili jednak sa h

³ log10

í √ √1 ( 1+ 5 )n 2 5

h √ + 1 = − log10 5 + n · log10

√ i 1+ 5 2

+ 1.

Kako vaˇze nejednakosti log10

√

5 ≈ 0, 349485 . . . <

2 5

i

log10

√ 1+ 5 2

imamo da je broj cifara broja Fn veći od ili jednak sa [n · a samim tim je veći i od n−2 5 .

1 5

≈ 0, 2089876 > 15 , − 25 ] + 1, tj. veći je od [ n−2 5 ],

Sada ćemo navesti joˇs nekoliko tvrdjenja vezanih za deljivost Fibonaˇcijevih brojeva. Kako ona po oblasti viˇse spadaju u Teoriju brojeva nego u Diskretnu matematiku ovde ćemo uglavnom dati samo njihove formulacije bez dokaza (dokaz se moˇze naći u [8] — to su Teoreme 13.1, 13.2, 13.3 i 13.5). TEOREMA 2.4.10. Svaka dva uzastopna ˇclana Fibonaˇcijevog niza su uzajamno prosta, tj. vaˇzi NZD(Fn , Fn+1 ) = 1, za n > 1.

TEOREMA 2.4.11. broj Fmn .

Za svako m > 1 i n > 1 Fibonaˇcijev broj Fm deli Fibonaˇcijev

Dokaz . Tvrdjenje se pokazuje principom matematiˇcke indukcije u kome koristimo identitet iz Teoreme 2.4.22. TEOREMA 2.4.12. Najveći zajedniˇcki delilac dva Fibonaˇcijeva broja je takodje Fibonaˇcijev broj, tj. vaˇzi NZD(Fm , Fn ) = Fd , gde je d = NZD(m, n).

POSLEDICA. 2.4.13 ako m | n.

U Fibonaˇcijevom nizu za n > m > 3 vaˇzi Fm | Fn ako i samo

Ovde smo uzimali m>3, jer za m = 2 imamo da F2 = 1 deli sve Fibonaˇcijeve brojeve, a 2 ne deli sve prirodne brojeve.


TEOREMA 2.4.14. istovremeno oba.

130

Za prost broj p > 5, vaˇzi da ili p | Fp−1 ili p | Fp+1 , ali ne

Sledeće tvrdjenje nam uspostavlja jednu matriˇcnu jednakost sa Fibonaˇcijevim brojevima kod kojih su indeksi proˇsireni na ceo skup celih brojeva. Nju ćemo iskoristiti kasnije za pokazivanje jednog identiteta.

TEOREMA 2.4.15.

Dokaz .

° ° ° °1 1°n °Fn+1 ° ° =° Za svaki n ∈ Z vaˇzi ° ° Fn 1 0°

Za n = 0 imamo da je ° ° ° °1 1°0 ° ° ° = I = °1 °1 0° °0

° ° ° 0° ° = °F1 1° °F0

° Fn ° °. Fn−1 °

° F0 ° °. F−1 °

Pretpostavimo da tvrdjenje vaˇzi za n = k. Onda za n = k + 1 imamo ° ° ° ° ° ° ° ° ° °1 1°k+1 °Fk+1 °1 1° °Fk+1 + Fk Fk+1 ° °Fk+2 Fk ° ° ° ° ° ° ° ° °=° =° · = °1 0° Fk Fk−1 ° °1 0° °Fk + Fk−1 Fk ° °Fk+1

° Fk+1 ° °. Fk °

Stoga po principu matematiˇcke indukcije tvrdjenje vaˇzi i za° sve prirodne ° ° brojeve ° n. °1 1°−1 °0 1 ° ° ° ° Za negativne brojeve koristimo da je inverzna matrica ° °1 0° = °1 −1°, pa za Ã° ° ° ° !k ° ° °1 1°−k °1 1°−1 °0 1 °k ° = ° ° ° ° n = −k imamo da vaˇzi ° = °1 0 ° °1 0° °1 −1° i sada potpuno analogno, kao u sluˇcaju pozitivnih n, dokazujemo tvrdjenje principom matematiˇcke indukcije. Sledeća teorema nam daje vezu veriˇznih razlomaka i Fibonaˇcijevih brojeva. TEOREMA 2.4.16. Odnos dva uzastopna ˇclana Fibonaˇcijevog niza moˇze se predstaviti preko veriˇznog razlomka Fn+1 =1+ Fn

1 1+

1 ..

. 1+

|

{z

1 1}

n

√ Fn+1 1+ 5 i kad pustimo da n teˇzi beskonaˇcnosti dobijamo lim = . n→∞ Fn 2 Fn+1 jednako datom veriˇznom razlomku pokazaćemo matematiˇckom Fn F1 1 indukcijom. Za n = 1 imamo = = 1. F1 1 Dokaz .

Da je


131

Pretpostavimo da tvrdjenje vaˇzi za neko n = k. Za n = k + 1 je Fk+2 Fk+1 + Fk 1 = =1+ , Fn+1 Fk+1 Fk+1 Fn pa smo dobili da tvrdjenje vaˇzi i za n = k + 1. Zbog principa matematiˇcke indukcije tvrdjenje vaˇzi za svako prirodno n. Iz prethodnog predstavljanja preko veriˇznog razlomka sledi da je

Fn+1 > 1, a odatle Fn

Fn+1 Fn+1 6 2, tj. imamo 1 6 6 2, pa je ovaj niz ograniˇcen i moˇze se razbiti na Fn Fn jedan podniz koji je rastući i jedan podniz koji je opadajući. Stoga taj niz konvergira √ ka 1+ 5 1 nekom broju x. Tada je x = 1 + . Reˇsavanjem ove jednaˇcine dobijamo x = , tj. x 2 taj odnos teˇzi zlatnom preseku.

je i

Zlatni presek je bio popularan u renesansnoj arhitekturi. Tadaˇsnji gradjevinari su po ugledu na Stare Grke smatrali idealnim kad je “odnos većeg dela prema manjem jednak odnosu cele duˇzine prema većem delu” : √ 1 1+ 5 2 α=1+ ⇒ α −α−1=0 ⇒ α= ≈ 1.618033988... α 2 r

NAPOMENA.

Moˇze se pokazati da ka zlatnom preseku teˇzi i niz

q 1+

1+

p

1+

√ ...

Predstavljanje prirodnog broja preko zbira razliˇcitih Fibonaˇcijevih brojeva, tzv. Fibonaˇcijev zapis, nalazi primenu u kodiranju i teoriji igara. Daćemo dve teoreme od kojih nam prva garantuje egzistenciju – to je Cekendorfova teorema (nem. Zeckendorf), a druga jedinstvenost Fibonaˇcijevog zapisa.

TEOREMA 2.4.17. Cekendorfova teorema. Svaki prirodan broj a moˇze se zapisati kao suma razliˇcitih Fibonaˇcijevih brojeva, medju kojima se ne nalaze 2 uzastopna Fibonaˇcijeva broja (Fk i Fk+1 ). Dokaz . Daćemo konstruktivan dokaz, tj. opisaćemo postupak odredjivanja traˇzene sume Fibonaˇcijevih brojeva. Za svaki prirodan broj a uvek postoji prirodan broj n takav da vaˇzi Fm 6 a < Fm+1 . Ako je a = Fm , onda smo zavrˇsili. U protivnom imamo da vaˇze nejednakosti 0 < a − Fm < Fm+1 − Fm = Fm−1 . Kako je broj a1 = a − Fm prirodan i za njega postoji prirodan broj n takav da vaˇzi Fn 6 a1 < Fn+1 .


132

Kako je Fn 6 a1 < Fm−1 dobijamo da je n < m − 1, tj. n 6 m − 2, pa stoga Fn i Fm nisu uzastopni Fibonaˇcijevi brojevi. Ako je a1 = Fn opet smo zavrˇsili, jer je tada polazni broj a = Fm + Fn (ˇsto je traˇzena prezentacija). U protivnom, odredimo a2 = a1 − Fn i dalje sa a2 ponavljamo postupak... Ovaj proces se mora zavrˇsiti jer u svakom sledećem koraku u postupak ulazimo sa manjim brojem ai (zavrˇsavamo kada u nekom koraku dobijemo da je aj = Ft ). Tada smo dobili traˇzeno predstavljanje broja a u obliku neuzastopnih Fibonaˇcijevih brojeva: a = Fm + Fn + . . . + Ft .

TEOREMA 2.4.18. Predstavljanje prirodnog broja N kao sume razliˇcitih Fibonaˇcijevih brojeva, medju kojima se ne nalaze 2 uzastopna Fibonaˇcijeva broja, je jedinstveno. Dokaz . Predpostavimo suprotno, da prirodan broj N sadrˇzi, pored predstavljanja datog dokazom Cekendorfove teoreme (tj. Cekendorfovim algoritmom), joˇs jedno koje ispunjava date uslove. Kako je za neko m ispunjeno Fm 6 N < Fm+1 , imamo da je N 6 Fm+1 − 1. Prema Cekendorfovom algoritmu imamo da se svaki element skupa I = {1, 2, 3, . . . , Fm+1 − 1} injektivno slika (tj. preslikavanje u Cekendorfovom algoritmu je ”1-1”) u neprazan podskup skupa J = {F2 , F3 , . . . , Fm }, pri ˇcemu taj podkup ne sadrˇzi 2 uzastopna Fibonaˇcijeva broja (kraće nazovimo takav podskup crvenim). Pored toga, broju N ∈ I odgovara joˇs jedan crveni podskup, koji do sada nismo odredili Cekendorfovim algoritmom. Stoga skup J mora da sadrˇzi bar Fm+1 − 1 + 1 = Fm+1 crvenih podskupova (Fm+1 − 1 odgovaraju onim dobijenim iz Cekendorfovog algoritma i joˇs onaj 1 dodatni koji odgovara drugom predstavljanju broja N ). Prema Teoremi 2.4.2 imamo da skup J sadrˇzi taˇcno Fm+1 − 1 crvenih podskupova (kako ∅ nije crven imamo ˇclan −1). Dobili smo kontradikciju, ˇcime je tvrdjenje teoreme pokazano. Uvedimo Fibonaˇcijev zapis prirodnog broja a kao Φ(a) = ϕm ϕn−1 . . . ϕ2 , pri ˇcemu su ϕj ∈ {0, 1} (za j = 2, 3, . . . , n). Uoˇcimo najveći Fibonaˇcijev broj Fm 6 a i na mesto ϕm upiˇsimo cifru 1. Zatim ponavljamo postupak i umesto broja a posmatramo broj a1 = a−Fm i za njega uoˇcimo najveći Fibonaˇcijev broj Fn 6a1 i na mesto ϕn upiˇsemo cifru 1, a na sva mesta izmedju ϕm i ϕn upiˇsemo 0. Zatim posmatramo a2 = a1 − Fm ... Postupak ponavljamo dok za neko as ne dobijemo 0 i ako su neko vrednosti ϕj ostale neodredjene dodelimo im vrednosti 0. PRIMER 2.4.19.

Odrediti Fibonaˇcijev zapis prirodnog broja a = 20.

Reˇsenje. Kako imamo da je F8 = 21 > 20 > F7 = 13 dobijamo da je ϕ7 = 1. Dalje imamo sledeći niz ocena (pomoću koji odredjujemo ϕj ): a1 = 20 − 13 = 7,

F6 = 8 > 7 > F5 = 5,

a2 = 7 − 5 = 2,

F3 = 2,

a3 = 2 − 2 = 0, Zato je Fibonaˇcijev zapis, Φ(19) = 101010.

ϕ6 = 0, ϕ5 = 1;

ϕ4 = 0, ϕ3 = 1; ϕ2 = 0.


133

Na osnovu ovog zapisa imamo da je a = 20 = F7 + F5 + F3 . Svaki niz 0 i 1 ne predstavlja Fibonaˇcijev zapis: npr. binarni niz 110 bi odgovarao a = F4 + F3 = 3 + 2 = 5 = F5 , a Φ(5) = 1000! Na osnovu ove opservacije moˇzemo pokazati i sledeće tvrdjenje. LEMA. 2.4.20. Fibonaˇcijev zapis.

Niz 0 i 1 koji poˇcinje sa 1 i nema dve uzastopne jedinice predstavlja

Ostale osobine, kao i joˇs neke identitete (pored onih iz narednog odeljka) sa Fibonaˇcijevim brojevima daćemo kroz zadatke.

ˇ IDENTITETI SA FIBONACIJEVIM BROJEVIMA

TEOREMA 2.4.21.

F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 − 1.

Dokaz 1 . Koristimo jednakost Fk = Fk+2 − Fk+1 za k = 1, 2, . . . , n, skratimo iste ˇclanove u uzastopnim sabircima i na kraju uvrstimo da je F2 = 1: F1 + F2 + . . . + Fn

Dokaz 2 .

= =

(F3 − F2 ) + (F4 − F3 ) + . . . + (Fn+2 − Fn+1 ) Fn+2 − F2 = Fn+2 − 1.

Funkcija generatrise zbira prvih n ˇclanova Fibonaˇcijevog niza je

leva strana identiteta je

F (x) , tj. 1−x

F (x) x = , 1−x (1 − x)(1 − x − x2 )

x generatrisa Fibonaˇcijevih brojeva. Sa desne strane ˇclanovima 1 − x − x2 F (x) − x 1 i 1 odgovaraju i , pa sredjivanjem ovog izraza dobijamo x2 1−x

jer je F (x) = Fn+2

F (x) − x 1 − 2 x 1−x

= = =

x 1−x−x2 x2

1 1 1 2 − 1 = 1−x−x − 1−x x 1−x 1 − (1 − x − x2 ) 1 1+x 1 − = − x · (1 − x − x2 ) 1−x 1 − x − x2 1−x x 1 − x2 − (1 − x − x2 ) = . (1 − x)(1 − x − x2 ) (1 − x)(1 − x − x2 )

−x

−

Kako smo dobili funkciju generatrise koja odgovara levoj strani identiteta, zakljuˇcujemo da dati identitet zaista vaˇzi.

TEOREMA 2.4.22.

Fn+1 Fn−1 − Fn 2 = (−1)n za n ∈ N.


134

Dokaz 1 . Za n = 1 imamo F2 F0 − F1 2 = 1 · 0 − 12 = −1 = (−1)1 . X Pretpostavimo da tvrdjenje vaˇzi za n = k, tj. da je Fk+1 Fk−1 − Fk 2 = (−1)k . Sad posmatrajmo ˇsta se deˇsava za n = k + 1: Fk+2 Fk − Fk+1 2

= (Fk+1 + Fk )Fk − Fk+1 2 = Fk+1 Fk + Fk 2 − Fk+1 2 = Fk+1 Fk+1 − Fk−1 ) + Fk 2 − Fk+1 2 = −(Fk+1 Fk−1 − Fk 2 ) = −(−1)k = (−1)k+1 . X

Po principu matematiˇcke indukcije tvrdjenje vaˇzi za svaki prirodan broj n. ° ° ° ° °Fn+1 °1 1°n Fn ° ° °. Kada ° ° = ° Dokaz 2 . Prema Teoremi 2.4.15 imamo jednakost ° 1 0° Fn Fn−1 ° izraˇcunamo determinante od obe strane prethodne jednakosti dobijamo baˇs traˇzeni identitet: (−1)n = Fn+1 · Fn−1 − Fn 2 . TEOREMA 2.4.23.

Fn+m = Fn−1 Fm + Fn Fm+1 za n > 1.

Dokaz 1 . Dokazaćemo matematiˇckom indukcijom po m. Za m = 1 imamo Fn−1 F1 + Fn F2 = Fn−1 · 1 + Fn · 1 = Fn+1 . X Pretpostavimo da tvrdjenje vaˇzi za sve m 6 k. Sad posmatrajmo ˇsta se deˇsava za n = k + 1: Fn−1 Fk+1 + Fn Fk+2

= Fn−1 (Fk + Fk−1 ) + Fn (Fk+1 + Fk ) = Fn−1 Fk + Fn−1 Fk−1 + Fn Fk+1 + Fn Fk = (Fn−1 Fk + Fn Fk+1 ) + (Fn−1 Fk−1 + Fn Fk ) = Fn+k + Fn+k−1 = Fn+k+1 . X

Po principu matematiˇcke indukcije tvrdjenje vaˇzi za svaki prirodan broj n. Dokaz 2 .

Viˇsestruko ćemo koristiti formulu Fn =

(α)n −(β)n √ za 5 √

opˇsti ˇclan Fibonaˇcijevog √ 5)/2 i β = (1 − 5)/2 iz

niza dobijenu u Teoremi 2.4.3 gde su oznake α = (1 + Primera 2.4.6. Takodje ćemo koristiti da je α · β = −1. £ ¤ Fn−1 Fm + Fn Fm+1 = 51 (αn−1 − β n−1 )(αm − β m ) + (αn − β n )(αm+1 − β m+1 ) = 15 [αn+m−1 − (−1)n−1 β m−n−1 − (−1)n−1 αm−n+1 + β n+m−1 + αn+m+1 − (−1)n β m−n+1 − (−1)n αm−n+1 + β n+m+1 ] = 51 (αn+m−1 + β n+m−1 + αn+m+1 + β n+m+1 ) = 51 (α − β) · (αn+m + β n+m ) = √15 (αn+m − β n+m ) = Fn+m .

TEOREMA 2.4.24.

Fn+2 =

n+1 [X 2 ]µ

k=0

¶ n−k+1 . k

Dokaz . Na osnovu Teoreme 2.4.2 imamo da je broj podskupova koji ne sadrˇze 2 uzastopna elementa jednak Fn+2 . Prebrojimo ove podskupove i na drugi naˇcin. Svakom podskupu S skupa Nn odgovara binarni niz (s1 , s2 , . . . , sn ), kod koga je ( 1 j∈S sj = , 0 j 6∈ S


135

za j = 1, 2, . . . , n. Neka je f (n, k) broj k-toelementnih podskupova skupa Nn koji ne sadrˇze 2 uzastopna elementa. Tim podskupovima odgovaraju binarni nizovi duˇzine n koji ne sadrˇze 2 uzastopne 1 i koji imaju ukupno k jedinica i n − k nula. Ako fiksiramo tih n − k nula, svaka jedinica moˇze zauzeti jedno od n − k + 1 mesta (pre nula, n − k − 1 mesto izmedju neke 2 nule, iza nula), ˇsto je slikovito prikazano na sledeći naˇcin: 0 0 0... 0 0 , gde predstavljaju mesta gde moˇze biti najviˇse jedan element biramo k pozicija ¡ 1. Stoga, ¢ za 1 od ukupno n − k + 1 pozicija, ˇsto moˇzemo uˇciniti na n−k+1 naˇcina, pa je k µ ¶ n−k+1 f (n, k) = . k Indeks u sumi, k, ide od 0 (sa 0 jedinica imamo niz (0, 0, . . . , 0) koji odgovara ∅) sve dok je n − k + 1 > k (jer ne £moˇzemo k jedinica rasporediti na manje od k pozicija), ˇsto je ¤ ekvivalentno uslovu k 6 n+1 . Time smo pokazali traˇzenu jednakost 2 Fn+2 =

n+1 [X 2 ]

k=0

n+1 [X ¶ 2 ]µ n−k+1 f (n, k) = . k

k=0

ˇ TRIBONACIJEV NIZ Ime ovog niza dobijeno je ukrˇstanjem reˇci tri i Fibonaˇci. On je zadat na sliˇcan naˇcin kao i Fibonaˇcijev: an = an−1 + an−2 + an−3 , za n > 3, uz poˇcetne uslove a0 = a1 = 0 i a2 = 1. Prvih nekoliko ˇclanova ovog niza je dato u sledećoj tabeli. n an

0 0

1 0

2 1

NAPOMENA.

3 1

4 2

5 4

6 7

7 13

8 24

9 44

10 81

11 149

12 274

13 504

14 927

15 1 705

16 3 136

Ovi brojevi predstavljaju niz A000073 u Online enciklopediji celobrojnih

nizova [31].

Daćemo nekoliko kombinatornih interpretacija Tribonaˇcijevih brojeva. • Za n > 2 to je broj naˇcina da broj 2n−2 zapiˇsemo kao proizvod cifara koje su razliˇcite od 1. Npr. za n = 8 imamo 2n = 256 sledeća reˇsenja: 884, 8822, 8442, 84222, 822222, 44444, 44422, 442222, 4222222, 22222222 (sa svim permutacijama — tako npr. 884 predstavlja 3 proizvoda: 8 · 8 · 4, 8 · 4 · 8 i 4 · 8 · 8). Njih ima ¡3¢ ¡4¢ ¡4¢ ¡3¢ ¡5¢ ¡4¢ ¡6¢ ¡5¢ ¡6¢ ¡7¢ 2 + 2 + 1 · 2 + 1 · 1 + 1 + 1 + 3 + 2 + 1 + 1 = 81, ˇsto se uklapa u Tribonaˇcijeve brojeve — a10 = 81.


136

• Za n > 1 to je broj uredjenih korenskih stabala (za definicije pogledati odeljak ”Korenska stabla”, str. 210) sa n + 1 granom koje imaju sve ˇcvorove na nivou 3. Tako je a4 = 2 jer imamo samo 2 uredjena korenska stabla sa 5 grana kod kojih su svi listovi na nivou 3:

• an je broj kompozicija broja n − 2 na sabirke koji su manji od 4 (tj. 1, 2 ili 3). Npr. a5 = 4 i a6 = 7 jer imamo sledeće sabirke broja 3, odnosno 4: 1 + 1 + 1 = 1 + 2 = 2 + 1 = 3; 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 2 = 1 + 2 + 1 = 2 + 1 + 1 = 2 + 2 = 3 + 1 = 1 + 3. • Broj zatvorenih puteva od ˇcvora a do ˇcvora a duˇzine n − 2 u sledećem digrafu. c u j u a

u b

Svaka 1 u gornjim kompozicijama odgovara putu aa duˇzine 1, svaka 2 odgovara putu aba duˇzine 2 i svaka  3 odgovara  putu abca duˇzine 3. Matrica susedstva ovog 1 1 0 digrafa je matrica A = 1 0 1. Tribonaˇcijev broj an jednak je elementu na 1 0 0 poziciji (1, 1) u matrici An−2 . • Broj permutacija p brojeva 1, 2, . . . , n − 2 koje zadovoljavaju −1 6 p(i) − i 6 2, za i = 1, 2, . . . , n − 2. Npr. za n = 6 imamo an−2 = a4 = 7 permutacija p skupa N4 = {1, 2, 3, 4} koje zadovoljavaju uslov: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1234 1234 1234 1234 1234 1234 1234 . 1234 1243 1324 1423 2134 2143 3124 • Broj binarnih nizova duˇzine n − 3 koji nemaju tri uzastopne 0. Npr. a7 = 13 jer medju 27−3 = 16 binarnih nizova duˇzine 4 samo 0000, 0001 i 1000 sadrˇze 3 uzastopne 0. Ovaj niz se moˇze poopˇstiti na (r +1)-Fibonaˇcijeve brojeve (eng. (r +1)-step Fibonacci numbers): an = an−1 + an−2 + . . . + an−r−1 , uz poˇcetne uslove a0 = . . . = ar−1 = 0 i ar = 1. Za ove brojeve vaˇze i neka poopˇstenja prethodnih osobina. Tako oni predstavljaju broj permutacija skupa Nn−r+1 koje zadovoljavaju uslov −1 6 p(i) − i 6 r, za i = 1, 2, . . . , n − r + 1, kao i broj kompozicija broja n − r + 1 na sabirke iz skupa {1, 2, . . . , r + 1}.


137

NAPOMENA.

Za r = 3 dobijamo Tetranaˇcijeve brojeve, ˇsto je niz A000078; za r = 4 to su Pentanaˇcijevi brojevi — A001591; a za r = 5 to su Heksanaˇcijevi brojevi — A001592 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31].

LUKASOV NIZ Engleski matematiˇcar iz 19. veka Edvard Lukas (eng. Eduard Lucas) bavio se teorijom brojeva i on je kumovao Fibonaˇcijevim brojevima (on ih je nazvao po Fibonaˇciju zbog onog problema sa zeˇcevima). Takodje, po njemu je ime dobio i jedan niz koji je veoma sliˇcan sa Fibonaˇcijevim nizom i po rekurentnoj jednaˇcini, kao i po nekim osobinama, koje ćemo opisati u ovom odeljku. DEFINICIJA 2.4.25.

Lukasov niz {Ln } je zadat sledećom rekurentnom jednaˇcinom:

L1 = 1,

L2 = 3

i

Ln+2 = Ln+1 + Ln .

Ponekad su poˇcetni uslovi zadati i kao L0 = 2, L1 = 1 (nećemo se osvrtati na pomerene Lukasove nizove). ³ TEOREMA 2.4.26.

Opˇsti ˇclan Lukasovog niza je jednak Ln =

√ ń ³ √ ń 1+ 5 1− 5 + 2 2

.

Dokaz . Kako Fibonaˇcijev i Lukasov niz zadovoljavaju istu rekurentnu jednaˇcinu (samo uz drugaˇcije poˇcetne uslove), potpuno isto kao u Teoremi 2.4.3 dolazimo do opˇsteg reˇsenja ³ √ ń ³ √ ń Ln = C1 · 1+2 5 + C2 · 1−2 5 . Kako su L1 = 1 i L2 = 3, zamenom n = 1 i n = 2 u opˇste reˇsenje dobijamo sistem po C1 i C2 , ˇcija su reˇsenja C1 = C2 = 1, odakle dobijamo da je opˇsti ˇclan Lukasovog niza dat formulom Ã √ !n Ã √ !n 1+ 5 1− 5 Ln = + . 2 2

TEOREMA 2.4.27.

Funkcija generatrise L(x) Lukasovog niza iznosi L(x) =

2−x . 1−x−x2

Dokaz . Potpuno isto kao i u Teoremi 2.4.5 jednaˇcini Ln+2 = Ln+1 + Ln (sa poˇcetnim uslovima L0 = 2 i L1 = 1) odgovara sledeća jednaˇcina sa funkcijama generatrisa: L(x) − L0 L(x) − L0 − L1 x = + L(x). x2 x Odavde nakon sredjivanja dobijamo traˇzenu funkciju generatrise L(x) =

2−x . 1 − x − x2


138

Sada ćemo navesti prvih nekoliko ˇclanova Lukasovog niza. n Ln

0 1 2 1

NAPOMENA.

2 3

3 4

4 7

5 11

6 18

7 29

8 47

9 76

10 123

11 199

12 322

13 521

14 843

Ovi brojevi predstavljaju niz A000032 u Online enciklopediji celobrojnih

nizova [31].

Sledeća teorema nam daje direktnu vezu Fibonaˇcijevih i Lukasovih brojeva. TEOREMA 2.4.28.

Za svaki prirodan broj n vaˇzi jednakost Ln = Fn+1 + Fn−1 .

Dokaz . Iako se ovo tvrdjenje relativno brzo moˇze pokazati Principom matematiˇcke indukcije, mi ćemo ovde dati dokaz koji koristi funkcije generatrisa ova 2 niza. Krenimo od desne strane ove jednakosti. Niz {Fn−1 } je niz koji se dobija od {Fn } pomeranjem ulevo za jedno mesto, pa njemu odgova funkcija generatrise F (x) − F0 F (x) − 0 F (x) = = , x x x dok se niz {Fn+1 } dobija od {Fn } pomeranjem udesno za jedno mesto, pa njemu odgovara funkcija generatrise x · F (x) + F−1 = x · F (x) + 1 (ovde treba obratiti paˇznju ˇsta se deˇsava sa ”nultim”ˇclanom, jer u nizu {Fn+1 } na nultoj poziciji treba da bude F−1 = 1 da bi vaˇzila rekurentna veza za Fibonaˇcijeve brojeve). Dakle, desnu stranu predstavlja funkcija generatrise F (x) + x · F (x) + 1 = x =

x 2 F (x) · (1 + x2 ) 2 · (1 + x ) + 1 = 1−x−x +1 x x 1 + x2 2−x +1= , 1 − x − x2 1 − x − x2

a to je baˇs jednako funkciji generatrise Lukasovog niza. Time smo pokazali jednakost sa funkcijama generatrise, pa kako ona vaˇzi dobijamo da vaˇzi i jednakost Fn−1 + Fn+1 = Ln . U sledećoj teoremi je sadrˇzana kombinatorna definicija Lukasovih brojeva. TEOREMA 2.4.29. Skup Nn = {1, 2, . . . , n} sadrˇzi taˇcno Ln podskupova (ukljuˇcujući i ∅) u kojima se ne nalaze 2 uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n istovremeno. Dokaz . Oznaˇcimo sa an broj podskupova skupa Nn koji ne sadrˇze 2 uzastopna prirodna broja (isto kao u Teoremi 2.4.2), a sa bn broj podskupova skupa Nn koji ne sadrˇze 2 uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n istovremeno. Za svaki skup S, koji brojimo u bn , imamo 2 mogućnosti: 1◦ n 6∈ S. Kako broj n nije u S u njemu mogu biti svi brojevi iz Nn−1 , ali uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an−1 .


139

2◦ n ∈ S. Kako je broj n u S u njemu ne moˇze biti ni 1 ni n − 1, te je stoga S \ {n} ⊆ Nn−2 \ {1}, opet uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an−3 . Stoga na osnovu Teorema 2.4.2 i 2.4.28 dobijamo da vaˇzi bn = an−1 + an−3 = Fn+1 + Fn−1 = Ln .

TEOREMA 2.4.30.

Ln =

[ n2 ] X k=0

µ ¶ n n−k . n−k k

Dokaz . Koristimo oznake kao u Teoremi 2.4.24 i oznaˇcimo sa f ∗ (n, k) broj podskupova skupa Nn koji ne sadrˇze 2 uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n istovremeno. Za svaki skup S, koji brojimo u f ∗ (n, k), imamo 2 mogućnosti: 1◦ n 6∈ S. Kako broj n nije u S u njemu mogu biti svi brojevi iz Nn−1 , ali da ih je ukupno k i uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima f (n − 1, k). 2◦ n ∈ S. Kako je broj n u S u njemu ne moˇze biti ni 1 ni n − 1, te je stoga S \ {n} ⊆ Nn−2 \ {1} i ima k − 1 element, opet uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima f (n − 3, k − 1). Sada moˇzemo da izraˇcunamo koliko je f ∗ (n, k): µ ¶ µ ¶ n−k n−k−1 f ∗ (n, k) = f (n − 1, k) + f (n − 3, k − 1) = + k k−1 µ ¶ µ ¶ n−k n n−k k = (1 + n−k )· = . k n−k k £ ¤ Indeks u sumi, k, ide od 0 do n2 (jer su tad svi binomni koeficijenti koji se javljaju u sumi razliˇciti od 0). Time smo pokazali traˇzenu jednakost

Ln =

[ n2 ] X

∗

f (n, k) =

k=0

[ n2 ] X k=0

µ ¶ n−k n . n−k k

ZADACI 2.4.1. Jedna osoba se penje uz stepenice tako ˇsto prelazi ili 1 ili 2 stepenika odjednom. Na koliko razliˇcitih naˇcina ona moˇze da se popne uz stepenice koje se sastoje od n stepenica? 2.4.2.

Dokazati da za determinantu reda n vaˇzi D(−1, 1, 1) = Fn+1 .

2.4.3.

Predstaviti sledeće brojeve u Fibonaˇcijevom zapisu:

a) a = 85; 2.4.4.

b) a = 200;

c) a = 343;

d) a = 500.

Predstaviti sledeće nizove pomoću Fibonaˇcijevih brojeva Fn :

a) a0 = r, b) b0 = 0,

a1 = s, b1 = 1,

an+2 = an+1 + an , n > 0. bn+2 = bn+1 + bn + c, n > 0.

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA c) a0 = 0,

a1 = 1,

an+2 = an+1 + an +

d) b0 = 1,

b1 = 2,

bn+2 = bn+1 · bn ,

¡n¢ m ,

140

n > 0, gde je m dati prirodan broj.

n > 0.

2.4.5. Dokazati da za svako prirodno m medju prvih m2 − 1 ˇclanova Fibonaˇcijevog niza ima bar jedan deljiv sa m. 2.4.6. Dokazati da suma osam uzastopnih ˇclanova Fibonaˇcijevog niza nikada nije ˇclan Fibonaˇcijevog niza. Dokazati sledeće identitete (2.4.7–2.4.37): 2.4.7.

F1 + F3 + . . . + F2n−1 = F2n , za n > 1.

2.4.8.

F2 + F4 + . . . + F2n = F2n+1 − 1, za n > 1.

2.4.9.

F1 − F2 + F3 − . . . + (−1)n+1 Fn = (−1)n+1 Fn−1 + 1, za n > 2.

2.4.10.

F1 2 + F2 2 + . . . + Fn 2 = Fn Fn+1 , za n > 1.

2.4.11.

F2n = Fn+1 2 − Fn−1 2 , za n > 2.

2.4.12.

F2n−1 = Fn 2 + Fn−1 2 , za n > 2.

2.4.13.

Fn+2 2 − Fn+1 2 = Fn Fn+3 , za n > 1.

2.4.14.

Fn+1 Fn+2 − Fn Fn+3 = (−1)n , za n > 1.

2.4.15.

F3n = Fn+1 3 + Fn 3 − Fn−1 3 , za n > 2.

2.4.16.

F1 F2 + F2 F3 + . . . + F2n−1 F2n = F2n 2 , za n > 1.

2.4.17.

F1 F2 + F2 F3 + . . . + F2n F2n+1 = F2n+1 2 − 1, za n > 1.

2.4.18.

F3 + F6 + . . . + F3n = (F3n+2 − 1)/2, za n > 1.

2.4.19.

F1 + 2F2 + . . . + nFn = nFn+2 − Fn+3 + 2, za n > 1.

2.4.20.

Fn 4 − Fn−2 Fn−1 Fn+1 Fn+2 = 1, za n > 1.

2.4.21.

Fk 3 = (F3k − 3(−1)n Fk )/5, za n > 1.

2.4.22.

n µ ¶ X n Fm+k = Fm+2n , za m > 1. k

k=0

2.4.23.

n X k=0

(−1)k

µ ¶ n F2n+k = (−1)n Fn , za n > 1. k

2.4.24.

L1 + L2 + L3 + . . . + Ln = Ln+2 − 3, za n > 1.

2.4.25.

L1 + L3 + L5 + . . . + L2n−1 = L2n − 2, za n > 1.

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 2.4.26.

L2 + L4 + L6 + . . . + L2n = L2n+1 − 1, za n > 1.

2.4.27.

Ln 2 = Ln−1 · Ln+1 + 5 · (−1)n , za n > 2.

2.4.28.

L1 2 + L2 2 + L3 2 + . . . + Ln 2 = Ln Ln+1 − 2, za n > 1.

2.4.29.

Ln+1 2 − Ln 2 = Ln−1 Ln+2 , za n > 2.

2.4.30.

Ln 2 = L2n + 2 · (−1)n , za n > 1.

2.4.31.

Ln Ln+1 − L2n+1 = (−1)n , za n > 1.

2.4.32.

Ln 2 − Ln−1 Ln+1 = 5 · (−1)n , za n > 2.

2.4.33.

F2n = Fn Ln , za n > 1.

2.4.34.

Ln−1 + Ln+1 = 5Fn , za n > 2.

2.4.35.

Ln 2 − Fn 2 = 4Fn−1 Fn+1 , za n > 2.

2.4.36.

Lm Ln + 5Fm Fn = 2Lm+n , za m > 1 i n > 1.

2.4.37.

Fm Ln + Lm Fn = 2Fm+n , za m > 1 i n > 1.

141

2.4.38. Pokazati da se svi Lukasovi brojevi L4 , L8 , L16 , L32 , . . ., zavrˇsavaju cifrom 7, tj. da vaˇzi L2n ≡ 7 (mod 10) za n > 2. 2.4.39. Na polju F8 ˇsahovske table 8 × 8 postavljena je dama. Igru igraju dva igraˇca i poteze vuku naizmeniˇcno. Svaki od igraˇca, kad je na potezu, moˇze pomerati damu za koliko ˇzeli polja naniˇze (po vertikali), levo (po horizontali) ili levo–dole (po dijagonali). Gubi onaj igraˇc koji nema gde da ide. Znaˇci, pobednik će biti onaj igraˇc koji prvi dotera damu na polje A1. Poznato je da u ovoj igri igraˇc koji je prvi na potezu, ukoliko igra pravilno, uvek pobedjuje ma kako igrao njegov partner. Kako to treba da igra? A ko će pobediti pri pravilnoj igri ako se dama nalazi na polju E8? 2.4.40. (“Mini Tetris”) Naći funkciju generatrisu i rekurentnu relaciju za broj naˇcina na koji se moˇze u potpunosti prekriti (tako da se delovi ne preklapaju) pravougaonik dimenzija n × 2 pomoću kvadrata dimenzija 2 × 2 i 1 × 1. 2.4.41. Za jedan skup prirodnih brojeva kaˇzemo da je sebiˇcan, ako mu je broj elemenata njegov element. Ako je A sebiˇcan i nijedan njegov pravi podkup nije sebiˇcan, tada kaˇzemo da je A minimalan sebiˇcan skup. Odrediti broj minimalnih sebiˇcnih podkupova skupa {1, 2, . . . , n}.


2.5

142

KATALANOVI BROJEVI

Katalanovi brojevi Cn , n > 0, predstavljaju niz prirodnih brojeva koji se pojavljuje kao reˇsenje velikog broja kombinatornih problema. Knjiga [32] sadrˇzi skup zadataka koji opisuju ˇcak 66 razliˇcitih interpretacija Katalanovih brojeva! Prvi ih je opisao Ojler, a ime ˇ su (ipak) dobili po belgijskom matematiˇcaru Eugenu Carlsu Katalanu (Eugéne Charles Catalan; 1814–1894), koji je otkrio vezu izmedju problema Hanojskih kula i sledećeg problema: Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada3 , tako da je u svakom poˇcetnom delu niza broj levih zagrada veći ili jednak broju desnih zagrada? PRIMER 2.5.1.

Za n = 3 postoji sledećih pet korektnih nizova zagrada: ((()))

NAPOMENA. n Cn

0 1

1 1

(()())

(())()

()(())

()()().

Prvih nekoliko Katalanovih brojeva je dato u sledećoj tabeli. 2 2

3 5

4 14

5 132

6 429

7 1430

8 4862

9 16796

10 58786

11 208012

12 742900

Ovi brojevi predstavljaju niz A000108 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31].

REKURENTNA RELACIJA Katalanovi brojevi zadovoljavaju jednostavnu rekurentnu relaciju. Neka je X korektni niz n parova zagrada. Prva zagrada u X oˇcigledno mora biti leva zagrada. Neka se na poziciji k nalazi njoj odgovarajuća desna zagrada. Tada su podnizovi: • X 0 , koji ˇcine zagrade na pozicijama od 2 do k − 1, i • X 00 , koji ˇcine zagrade na pozicijama od k + 1 do 2n, takodje korektni nizovi zagrada (moguće je da je bilo koji od ovih nizova prazan). Nizovi X 0 i X 00 zajedno sadrˇze n − 1 par zagrada. S druge strane, ako su X 0 i X 00 proizvoljni korektni nizovi zagrada koji zajedno sadrˇze n − 1 par zagrada, tada je niz (X 0 )X 00 (dobijen nadovezivanjem ovih nizova uz dodavanje joˇs jednog para zagrada) takodje korektan niz zagrada. Sada moˇzemo i da uoˇcimo rekurentnu relaciju koju zadovoljavaju Katalanovi brojevi: (2.18)

Cn =

n−1 X

Ci Cn−1−i ,

n > 1.

i=0

Zajedno sa C0 = 1, ova rekurentna relacija je dovoljna da odredi sve Katalanove brojeve. Iako homogena, ova relacija nije linearna, tako da se za njeno reˇsavanje ne mogu primeniti formule date u prethodnim odeljcima. Umesto toga, iskoristićemo metod funkcija generatrise. 3

Korektne nizove zagrada smo uveli u Primeru ??.


143

ˇ ´ FUNKCIJE GENERATRISE RESENJE POMOCU Neka je C(x) =

X

Cn xn .

n>0

Posmatrajmo funkciju C 2 (x). Po pravilu za mnoˇzenje funkcija generatrise, koeficijent uz xn u C 2 (x) jednak je C0 Cn + C1 Cn−1 + . . . + Cn C0 =

n X

Ci Cn−i = Cn+1 .

i=0

Da bismo bili precizniji, iz Prema tome, izgleda da funkcija C 2 (x) liˇci na C(x) x ... prethodnog zapaˇzanja vidimo da je koeficijent uz xn+1 u xC 2 (x) isti kao i u funkciji C(x). Slobodni ˇclanovi ovih funkcija se ipak razlikuju: u xC 2 (x) slobodni ˇclan je 0, dok je u C(x) slobodni ˇclan jednak 1. Sada konaˇcno moˇzemo da vidimo da vaˇzi xC 2 (x) − C(x) + 1 = 0. Ovo je sada kvadratna jednaˇcina po C(x) koja ima dva moguća reˇsenja: √ 1 ± 1 − 4x C(x) = . 2x Jednu mogućnost moˇzemo odmah izbaciti, s obzirom da vaˇzi √ 1 + 1 − 4x → ∞ za x → 0, 2x √ 1− 1−4x 2x x→0

dok je zaista lim

= 1. Zbog toga zakljuˇcujemo da vaˇzi

(2.19)

C(x) =

1−

√

1 − 4x . 2x

√ Izraz 1 − 4x = (1 − 4x)1/2 se moˇze pretvoriti u stepeni red koristeći Uopˇstenu binomnu teoremu (Teorema 2.1.8) X µ1/2¶ √ 1 − 4x = (−4)n xn n n>0

=

X 1 ( 1 − 1)( 1 − 2) · . . . · ( 1 − n + 1) 2 2 2 2 (−4)n xn n!

n>0

=

X (−1)n−1 · 1 · 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 3) (−4)n xn 2n n!

n>0

=

X n>0

=

X

−

1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 3) · 2n (n − 1)! n x n!(n − 1)!

−2 ·

1 · 2 · 3 · 4 · 5 · . . . · (2n − 3) · (2n − 2) n x n!(n − 1)!

−2 ·

(2n − 2)! n x . n!(n − 1)!

n>0

=

X n>0


144

Sada se za C(x) iz (2.19) dobija da je (2.20)

C(x) =

X n>0

X 1 µ2n¶ (2n)! n x = xn . (n + 1)!n! n+1 n n>0

ˇ DVA DIREKTNA RESENJA Kao ˇsto smo rekli na poˇcetku ove glave, problemi koje razmatramo obiˇcno imaju i reˇsenja koja ne koriste funkcije generatrise. Medjutim, to ne znaˇci da su ova alternativna reˇsenja lakˇsa — ona uglavnom upoˇsljavaju paˇzljivo osmiˇsljene trikove. Uostalom, procenite i sami razliku u teˇzini izmedju prethodnog odredjivanja Katalanovih brojeva i sledeća dva reˇsenja, koja se mogu naći na http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan numbers Radi lakˇseg opisivanja ovih reˇsenja, sada ćemo preći na drugi skup objekata koji prebrojavaju Katalanovi brojevi. Monotoni put je put uz ivice mreˇze sa n × n kvadratnih ćelija, koji polazi iz donjeg levog ugla, zavrˇsava u gornjem desnom uglu i u potpunosti se sastoji od ivica koje idu udesno ili naviˇse. LEMA. 2.5.2. jednak je Cn .

Broj monotonih puteva u n × n mreˇzi koji ne prelaze preko dijagonale

Dokaz . Da bismo ovo videli, dovoljno je da primetimo da je svaki korektni niz sa n parova zagrada ekvivalentan sa taˇcno jednim monotonim putem: svakoj levoj zagradi odgovara ivica koja ide udesno, a svakoj desnoj zagradi ivica koja ide naviˇse. Prvo direktno reˇ senje Ovo reˇsenje se zasniva na triku koji je otkrio D. André, a koji je danas poznatiji pod imenom princip refleksije. Pretpostavimo da je dat monotoni put u n × n mreˇzi koji prelazi preko dijagonale. Pronadjimo prvu ivicu na putu koja leˇzi iznad dijagonale, i onaj deo puta koji leˇzi nakon te ivice preslikajmo u odnosu na dijagonalu. (Drugim reˇcima, poˇcinjemo sa nekorektnim nizom sa n parova zagrada i menjamo sve zagrade nakon prve desne zagrade koja naruˇsava uslov korektnosti.) Put koji dobijamo na ovaj naˇcin je monotoni put u (n − 1) × (n + 1) mreˇzi. Slika 2.1 ilustruje ovaj proces; zeleni deo puta je onaj deo koji se preslikava.

Slika 2.1: Zeleni deo puta se preslikava.


145

Poˇsto svaki monotoni put u (n − 1) × (n + 1) mreˇzi mora da predje preko dijagonale u nekom trenutku, svaki takav put moˇze na jedinstven naˇcin da se dobije pomoću ovog procesa preslikavanja. Broj ovakvih puteva je µ ¶ 2n , n−1 pa je stoga broj monotonih puteva u n × n mreˇzi koji ne prelaze preko dijagonale jednak razlici ukupnog broja monotonih puteva i onih koji prelaze dijagonalu, tj. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2n 2n 1 2n Cn = − = . n n−1 n+1 n Drugo direktno reˇ senje Sledeće bijektivno reˇsenje, iako joˇs malo komplikovanije od prethodnog, omogućiće nam da damo prirodno objaˇsnjenje za ˇclan n+1 koji se pojavljuje u imeniocu formule 2.20. Pretpostavimo da je dat monotoni put u n × n mreˇzi, koji moˇze i da prelazi preko dijagonale. Odstupanje puta definiˇsemo kao broj parova ivica koje se nalaze iznad dijagonale. Na primer, ivice koje leˇze iznad dijagonale su na slici 2.2 oznaˇcene crveno, tako da je odstupanje ovog puta jednako 5. Sada, ako je dat put ˇcije je odstupanje veće od nule,

Slika 2.2: Put sa odstupanjem 5. moˇzemo da primenimo sledeći algoritam kako bi konstruisali novi put ˇcije je odstupanje za 1 manje: • Krenuvˇsi iz donjeg levog ugla, pratimo put dok prvi put ne predje iznad dijagonale; • Nastavimo da pratimo put dok ponovo ne dodirne dijagonalu. Neka x oznaˇcava ovu ivicu kojom smo dodirnuli dijagonalu; • Obojimo u crveno deo puta od poˇcetka do ivice x (ne ukljuˇcujući ivicu x!), a u zeleno deo puta nakon ivice x do kraja. Zamenimo mesta crvenom i zelenom delu puta, ostavljajući ivicu x izmedju njih.

Slika 2.3: Crveni i zeleni deo puta menjaju mesta.


146

Primer sa slike 2.3 treba da pojasni ovaj algoritam. Na ovoj slici, crni kruˇzić oznaˇcava taˇcku gde naˇs put prvi put prelazi preko dijagonale. Ivica x kojom put ponovo dodiruje dijagonalu, je obojena u crno. Sada menjamo mesta crvenog dela puta sa zelenim delom, kako bismo dobili novi put, prikazan na desnoj strani slike 2.3. Primetimo da se odstupanje u novom putu smanjilo sa tri na dva. U suˇstini, primenom prethodnog algoritma na bilo koji put, njegovo odstupanje će se smanjiti taˇcno za 1: ivica x koja se u poˇcetku nalazila iznad dijagonale, sada je ispod nje, prouzrokujući da se odstupanje crvenog dela puta smanji za 1, dok se odstupanje zelenog dela puta ne menja. Takodje, nije teˇsko videti da se ovaj proces moˇze okrenuti: za bilo koji put P ˇcije je odstupanje manje od n, postoji taˇcno jedan put koji daje P nakon primene algoritma. Ovim zakljuˇcujemo da je broj puteva sa odstupanjem n jednak broju puteva sa odstupanjem n − 1, koji je jednak broju puteva sa odstupanjem n − 2, itd. sve do nule. Drugim reˇcima, skup svih monotonih puteva podelili smo na n + 1 podskupova, svaki sa istim brojem elemenata, koji odgovaraju svim mogućim odstupanjima od 0 do n. S obzirom da ukupno postoji µ ¶ 2n n monotonih puteva, dobijamo da je traˇzeni broj puteva koji ne prelaze dijagonalu jednak µ ¶ 1 2n Cn = . n+1 n

Slika 2.4: Svi monotoni putevi u 3 × 3 mreˇzi. Slika 2.4 ilustruje ovu podelu za n = 3. Svaki od 20 mogućih monotonih puteva se nalazi u jednoj od kolona, u zavisnosti od njegovog odstupanja. U prvoj koloni se nalaze putevi sa odstupanjem tri, koji u potpunosti leˇze iznad dijagonale. Kolone iza nje prikazuju rezultat sukcesivnih primena algoritma, smanjujući odstupanje za 1 nakon svake primene. S obzirom da postoje ˇcetiri kolone, vaˇzi da je C3 = 20 4 = 5.


147

ˇ ˇ PREBROJAVA KATALAN? STA JOS Da bismo predstavili sledeći skup objekata kojeg prebrojavaju Katalanovi brojevi, biće nam potrebno nekoliko definicija (videti i deo odeljka 3.2 posvećenog korenskim stablima). DEFINICIJA 2.5.3. Neka je T skup ˇcvorova medju kojima je definisana relacija ρ: “biti naslednik”. Pretpostavimo takodje da postoji ˇcvor r ∈ T tako da su svi ostali ˇcvorovi naslednici ˇcvora r (direktni ili indirektni). Tada se uredjena trojka (T, ρ, r) naziva korensko stablo, a ˇcvor r se naziva koren stabla. ˇ Cvor bez naslednika u stablu naziva se list. Za dato korensko stablo (T, ρ, r) i ˇcvor s ∈ T , podstablo u ˇcvoru s je korensko stablo (Ts , ρs , s), gde Ts ˇcine ˇcvor s i svi njegovi naslednici iz T , a ρs je restrikcija relacije ρ na skup Ts . Korensko stablo se slikovito predstavlja tako ˇsto se svaki ˇcvor, poˇcevˇsi od korena stabla, predstavlja kruˇzićem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnih naslednika, koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega. DEFINICIJA 2.5.4. Poziciono binarno stablo je korensko stablo u kojem je svaki ˇcvor ili list ili ima jedistvenog levog i desnog (direktnog) naslednika. Za svaki ˇcvor s pozicionog binarnog stabla, podstabla u levom i desnom nasledniku s se nazivaju levo i desno podstablo ˇcvora s. u u ¡@e u ¡@e e @e ¡

u ¡@e u ¡ e @u ¡ e @e

u ¡ e @u ¡ u @e ¡@ e e

u e ¡@u e ¡@u e ¡@e

u u u e @e ¡ ¡ e @e

Slika 2.5: Poziciona binarna stabla sa ˇcetiri lista. Da bismo pojasnili ove definicije, na slici 2.5 su prikazana sva poziciona binarna stabla sa ˇcetiri lista (gde su listovi prikazani belo, a ostali ˇcvorovi crno). Za viˇse informacija o stablima videti odeljak ”Korenska stabla”, str. 210. Sada konaˇcno moˇzemo da pokaˇzemo sledeće tvrdjenje. TEOREMA 2.5.5.

Broj pozicionih binarnih stabala sa n + 1 listom jednak je Cn .

Dokaz . Da bismo pokazali ovo tvrdjenje, konstruisaćemo bijekciju A izmedju skupa svih pozicionih binarnih stabala i skupa svih korektnih nizova zagrada. Pritom će A preslikavati proizvoljno poziciono binarno stablo sa n + 1 listom u korektni niz n parova zagrada. Primetimo najpre da oba skupa objekata dopuˇstaju rekurzivne definicije. Naime, poziciona binarna stabla se mogu definisati pomoću sledećih pravila: (s1) Stablo koje se sastoji samo od korena je poziciono binarno stablo.


148

(s2) Ako su T 0 i T 00 poziciona binarna stabla, tada je i stablo T , dobijeno tako ˇsto se uvede novi ˇcvor r i proglasi korenom, a koreni stabala T 0 i T 00 proglase, redom, za levog i desnog naslednika korena r, takodje poziciono binarno stablo. S druge strane, korektni nizovi zagrada se mogu definisati pomoću: (z1) Prazan niz zagrada je korektan. (z2) Ako su A0 i A00 korektni nizovi zagrada, tada je i niz (A0 )A00 , dobijen spajanjem nizova A0 i A00 , takodje korektan niz zagrada. Ove definicije nam sada omogućavaju da i traˇzenu bijekciju A konstruiˇsemo rekurzivno: (b1) Stablo koje se sastoji samo od korena se preslikava u prazan niz zagrada. (b2) Ako se stabla T 0 i T 00 preslikavaju, redom, u korektne nizove zagrada A0 i A00 , tada se stablo T preslikava u niz (A0 )A00 . Pokazaćemo, uz pomoć matematiˇcke indukcije, da je A obostrano jednoznaˇcno preslikavanje: naime, za bazu imamo da stablu koje se sastoji od korena odgovara prazan niz zagrada, a za korak koristimo da svaki korektni niz zagrada poˇcinje levom zagradom, za koju postoji taˇcno jedna odgovarajuća desna zagrada; tada za podniz A0 izmedju ove dve zagrade postoji taˇcno jedno stablo T 0 tako da je A(T 0 ) = A0 , a za podniz A00 nakon desne zagrade postoji taˇcno jedno stablo T 00 tako da je A(T 00 ) = A00 . Stoga, prema konstrukciji preslikavanja A, za stablo T , dobijeno proglaˇsenjem T 0 i T 00 za levo i desno podstablo, redom, vaˇzi da je A(T ) = A. Preostaje joˇs da pokaˇzemo da će bijekcija A preslikati poziciono binarno stablo T sa n + 1 listom u korektan niz n zagrada. Najpre, iz konstrukcije A vidimo da svakom ˇcvoru stabla T , koji nije list, odgovara taˇcno jedan par zagrada. Neka stablo T ima n + 1 listova i k ˇcvorova koji nisu listovi (prema tome, stablu T odgovara niz k parova zagrada). Svaki od k ˇcvorova stabla T ima taˇcno dva direktna naslednika, dok listovi nemaju naslednike, tako da je ukupan broj direktnih naslednika u T jednak 2k. S druge strane, svaki ˇcvor, izuzev korena, je direktni naslednik taˇcno jednog drugog ˇcvora, tako da je ukupan broj direktnih naslednika u T jednak (n + 1) + k − 1. Izjednaˇcavajući ove dve vrednosti dobijamo da je k = n, pa vidimo da stablu T zaista odgovara niz n parova zagrada. u ¡@e u ¡@e u ¡ e @e

u ¡@e u e @u ¡ e @e ¡

u e @u ¡ u @e ¡ e e ¡@

((( )))

(( )( ))

( )(( ))

u ¡@u e ¡@u e ¡@e e ( )( )( )

Slika 2.6: Ilustracija bijekcije A za n = 3.

u u u e @e ¡ ¡ e @e (( ))( )


149

Slika 2.6 ilustruje bijekciju A, konstruisanu u prethodnom dokazu, za sluˇcaj n = 3. Medju ˇcvorovima pozicionog binarnog stabla T moˇze da se uvede relacija poretka ¹ (takodje na rekurzivan naˇcin) tako ˇsto će, za svaki ˇcvor s ∈ T , svi ˇcvorovi u njegovom levom podstablu biti ispred s, a svi ˇcvorovi u njegovom desnom podstablu biti iza s. NAPOMENA.

Ovako definisan poredak na engleskom jeziku se zove infix order i on odgovara infiksnoj notaciji izraza (npr. a + b, kao i ˇsto smo navikli). Postoje joˇs i prefiksna notacija (ponegde zvana i poljska notacija, po poljskom matematiˇcaru Lukaˇsijeviˇcu; npr. +ab) i postfiksna notacija (tzv. inverzna poljska notacija; npr. ab+).

Poziciono binarno stablo T sa n + 1 listova moˇze da se interpretira i kao izraˇcunavanje vrednosti proizvoda a1 · a2 · . . . · an · an+1 na sledeći naˇcin: rasporedimo najpre u listove, u infix poretku, promenljive a1 , a2 , . . . , an+1 , a u preostale ˇcvorove znak · za operaciju mnoˇzenja. Vrednost proizvoda sada moˇzemo da dobijemo, rekurzivno, tako ˇsto, za svaki ˇcvor s ∈ T , najpre nadjemo vrednosti izraza Ls , koji odgovara njegovom levom podstablu, i Rs , koji odgovara njegovom desnom podstablu, a zatim u ˇcvor s stavimo vrednost izraza Ls · Rs . Vrednost u korenu stabla tada predstavlja proizvod vrednosti svih promenljivih. Kako je ovo pridruˇzivanje pozicionih binarnih stabala obostrano jednoznaˇcno sa naˇcinima da se izraˇcuna proizvod a1 · a2 · . . . · an · an+1 , moˇzemo da zakljuˇcimo da vaˇzi sledeća lema. LEMA. 2.5.6. Broj naˇcina da se izraˇcuna vrednost proizvoda a1 · a2 · . . . · an · an+1 jednak je Katalanovom broju Cn .

u u @e ¡ u ¡@e e @e ¡ (a1 · (a2 · (a3 · a4 )))

u ¡@e u ¡ e @u ¡@e e (a1 · (a2 · a3 )) · a4 )

u ¡ e @u ¡ u @e ¡@ e e

u e ¡@u e ¡@u e ¡@e

(a1 · (a2 · a3 )) · a4

a1 · (a2 · (a3 · a4 )

u u u e @e ¡ ¡ e @e (a1 · a2 ) · (a3 · a4 )

Slika 2.7: Kako se moˇze izraˇcunati proizvod a1 · a2 · a3 · a4 ? Da bismo ilustrovali konstrukciju iz prethodnog razmatranja, na slici 2.7 su predstavljeni svi naˇcini da se izraˇcuna vrednost proizvoda a1 · a2 · a3 · a4 . Joˇs neki primeri skupova objekata koje prebrojavaju Katalanovi brojevi dati su u zadacima.

ZADACI 2.5.1. Konstruisati poziciono binarno stablo koje odgovara sledećem korektnom nizu od 11 parova zagrada: (((())())())(())(())(). ˇ 2.5.2. Covek ide najkraćim putem na posao koji je 10 blokova istoˇcno i 10 blokova severno od njegove kuće. Ulice se ukrˇstaju pod pravim uglom i ˇcine pravougaonu mreˇzu, u pravcima sever-jug i istok-zapad (svaki blok je oiviˇcen ulicama ili ulicama i rekom). Reka teˇce dijagonalno od taˇcke gde ˇzivi do taˇcke gde radi. Na reci nema mostova izmedju njegovog stana i posla, tako da ako naidje na dijagonalu, u stvari nailazi na reku (i tada


150

mora skrenuti desno, tj. krenuti u pravcu istoka). Koliko taj ˇcovek ima naˇcina da stigne na posao, a da ne skrene sa najkraćeg puta ili da se ne skvasi? 2.5.3. Tokom pauze na poslu, 20 ljudi ˇceka u redu ispred automata za napitke. Svaki napitak koˇsta 5 dinara. U maˇsini nedostaje novˇcića za kusur, tako da moˇze obaviti povraćaj tek onda kada dobije dovoljno odgovarajućih novˇcića. Ako 10 ljudi ima taˇcan iznos, a 10 njih ima samo novˇciće od po 10 dinara, na koliko se naˇcina ljudi mogu rasporediti u red, tako da svako dobije odgovarajući kusur? 2.5.4. Na postrojavanju komandir ima 18 vojnika u vrsti. Kada je komandovao “Nalevo!” pola vojnika se okrenulo na levu stranu, a pola na desnu. Na koliko razliˇcitih naˇcina je to moglo da se desi? 2.5.5.

Na koliko razliˇcitih naˇcina je moguće izraˇcunati sledeći izraz? a1 a2 a3 . . . an

Dokazati da Katalanovi brojevi Cn predstavljaju broj elemenata svakog od sledećih 20 skupova Si , i = a, b, . . . , s, t, u zadacima 2.5.6–2.5.25. Elementi svakog skupa Si su ilustrovani za n = 3, u nadi da će ilustracije otkloniti eventualne nejasnoće u definicijama. Idealno, trebalo bi dokazati da Si i Sj imaju isti broj elemenata konstruisanjem jednostavne, elegantne bijekcije φij : Si 7→ Sj za svaki par i, j . . . 2.5.6. Sa : triangulacije konveksnog (n+2)-gona na n trouglova pomoću n−1 dijagonala koje nemaju zajedniˇckih taˇcaka u unutraˇsnjosti (n + 2)-gona.

2.5.7.

Sb : uredjena stabla sa n + 1 ˇcvorova.

2.5.8. Sc : putevi u celobrojnoj mreˇzi od (0, 0) do (n, n) sa koracima (0, 1) ili (1, 0), koji nikada ne idu iznad prave y = x.


151

2.5.9. Sd : Dikovi putevi od (0, 0) do (2n, 0), tj. putevi u celobrojnoj mreˇzi sa koracima (1, 1) i (1, −1), koji nikada ne idu ispod x-ose.

2.5.10.

Se : n disjunktnih tetiva koje spajaju 2n taˇcaka na kruˇznici.

2.5.11. Sf : naˇcini da se u ravni poveˇze 2n taˇcaka koje leˇze na horizontalnoj pravoj pomoću n disjunktnih lukova, tako da svaki luk povezuje dve od datih taˇcaka i leˇzi iznad svih taˇcaka.

2.5.12. Sg : nizovi od n brojeva 1 i n brojeva −1 tako da je svaka suma prvih k brojeva, k 6 n, nenegativna (gde je −1 oznaˇcen samo kao −): 111 − − −

11 − 1 − −

11 − −1 −

1 − 11 − −

1 − 1 − 1−

2.5.13. Sh : nizovi 1 6 a1 6 . . . 6 an celih brojeva sa ai 6 i (ovo je ustvari broj neopadajućih funkcija a : {1, 2 . . . , n} → {1, 2 . . . , n} koje zadovoljavaju uslov a(x) 6 x za svako 1 6 x 6 n. 111 112 113 122 123 2.5.14.

Si : nizovi a1 , a2 , . . . , an celih brojeva tako da je a1 = 0 i 0 6 ai+1 6 ai + 1. 000 001

010 011

012

2.5.15. Sj : permutacije a1 a2 · · · a2n skupa {1, 2, . . . , 2n} tako da: (i) 1, 3, . . . , 2n − 1 se pojavljuju u rastućem poretku, (ii) 2, 4, . . . , 2n se pojavljuju u rastućem poretku i (iii) 2i − 1 se pojavljuje pre 2i, 1 6 i 6 n. 123456 123546

132456

132546

135246


152

2.5.16. Sk : stek-permutacije a1 a2 . . . an skupa {1, 2, . . . , n} koje mogu da se dobiju od identiˇcke permutacije 12 . . . n koristeći stek: brojevi 1, 2, . . . , n se redom stavljaju na stek, a skidaju sa steka u proizvoljnim trenucima, s tim ˇsto nije moguće skinuti broj sa praznog steka. Na primer:

123 132 2.5.17.

213

231

321

Sl : naˇcini da se novˇcići poredjaju u ravni, tako da prvi red sadrˇzi n novˇcića.

2.5.18. Sm : (neuredjeni) parovi puteva u celobrojnoj mreˇzi, koji imaju duˇzinu n + 1, polaze iz (0, 0), koriste korake (1, 0) ili (0, 1), zavrˇsaju se u istoj taˇcki, a seku se samo u prvoj i poslednjoj taˇcki.

2.5.19. Sn : permutacije a1 a2 · · · an skupa {1, 2, . . . , n} tako da je najduˇzi opadajući podniz duˇzine najviˇse dva, tj. ne postoje indeksi i < j < k tako da je ai > aj > ak (ovakve permutacije se zovu i 321-izbegavajuće permutacije). 123 213

132

312

231

2.5.20. So : relacije ρ na skupu {1, 2, . . . , n} koje su refleksivne (i ρ i), simetriˇcne (i ρ j ⇒ j ρ i) i ako je 1 6 i < j < k 6 n i i ρ k, tada je i ρ j i j ρ k (u primeru piˇsemo ij za par (i, j) i ne navodimo parove ii): ∅ {12, 21}

{23, 32} {12, 21, 23, 32} {12, 21, 13, 31, 23, 32}

2.5.21. Sp : n-torke (a1 , a2 , . . . , an ) prirodnih brojeva ai > 2 tako da u nizu 1, a1 , a2 , . . . , an , 1 svako ai deli zbir svoja dva suseda. 14321 13521

13231

12531

12341


153

2.5.22. Sq : n-toˇclani podskupovi S skupa N × N tako da za (i, j) ∈ S vaˇzi i > j i postoji put u celobrojnoj mreˇzi od taˇcke (0, 0) do (i, j) sa koracima (0, 1), (1, 0) i (1, 1) koji u potpunosti leˇzi u S: {(0, 0), (1, 0), (2, 0)}

{(0, 0), (1, 0), (1, 1)}

{(0, 0), (1, 0), (2, 1)}

{(0, 0), (1, 1), (2, 1)} {(0, 0), (1, 1), (2, 2)} 2.5.23. Sr : nepresecajuće particije skupa {1, 2, . . . , n}, tj. particije {1, 2, . . . , n} = B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bk , i 6= j ⇒ Bi ∩ Bj = ∅, takve da ako je a < b < c < d i a, c ∈ Bi i b, d ∈ Bj , tada je i = j. 123

12 − 3 13 − 2

23 − 1

1−2−3

2.5.24. Ss : nepresecajuće particije skupa {1, 2, . . . , 2n + 1} u n + 1 blokova, tako da nijedan blok ne sadrˇzi par uzastopnih brojeva. 137 − 46 − 2 − 5 1357 − 2 − 4 − 6 157 − 24 − 3 − 6 17 − 246 − 3 − 5 17 − 26 − 35 − 4 2.5.25. St : nizovi a1 , a2 , . . . , a2n+1 nenegativnih celih brojeva tako da je a1 = a2n+1 = 0, i |ai+1 − ai | = 1 za i = 1, 2, . . . , 2n. 0123210 0121210

2.6

0121010

0101210

0101010

PARTICIJE

Particije prirodnog broja, zajedno sa kompozicijama i particijama skupa (koje ćemo obraditi u ovom odeljku), predstavljaju izuzetno vaˇzne kombinatorne objekte. Pored mnoˇstva nauˇcnih radova koji se bave problemima vezanim za te tematike, postoje i cele knjige koje se bave ovim kombinatornim objektima — ameriˇcki matematichar Dˇzordˇz Endrius (eng. George E. Andrews) autor je 2 knjige koje su posvećene particijama: [3] i [2]. Particije u svom korenu imaju englesku reˇc part (deo), ali se kod nas ovaj pojam ne prevodi. Takodje u celom ovom poglavlju za delove particije mi ćemo koristiti izraz sabirak (kod particija i kompozicija prirodnog broja), odnosno podskup (kod particija skupa). Za ukupan broj particija prirodnog broja n koristićemo oznaku p (n), a sa p (n | P) oznaˇcavaćemo broj particija prirodnog broja n koje imaju neko svojstvo P. Samokonjugovane particije ćemo oznaˇcavati sa s.k. a sa n.s. ćemo oznaˇcavati najveći sabirak u datoj particiji. Izuzetno, svojstva vezana za informacije o broju sabiraka ćemo stavljati u indeks, npr. broj particija koje imaju taˇcno k sabiraka ćemo oznaˇcavati sa p k (n), ako ima najviˇse k sabiraka to ćemo oznaˇcavati sa p 6k (n), a particije koje imaju taˇcno m razliˇcitih sabiraka ćemo oznaˇcavati sa p m (n | 6=). Potpuno analogno za kompozicije prirodnog broja n ćemo koristiti oznake koje poˇcinju sa c, poput c (n), c (n | P), ...


154

KOMPOZICIJE DEFINICIJA 2.6.1. Kompozicija prirodnog broja n na k sabiraka predstavlja bilo koje reˇsenje (a1 , a2 , . . . , ak ) u skupu N jednaˇcine (2.21)

a1 + a2 + . . . + ak = n.

Kompozicija se ponekad naziva i uredjena particija ili uredjeno razbijanje prirodnog broja n. O broju kompozicija nam govore i sledeća dva tvrdjenja. TEOREMA 2.6.2.

Broj reˇsenja jednaˇcine (2.21), tj. broj kompozicija jednak je µ ¶ n−1 . k−1

Dokaz 1 . Ova formula se najlakˇse pokazuje sledećim kombinatornim rezonom. Broj n ćemo prvo razbiti na n jedinica: 1 1

1

...

1

1

1.

Na svaku od n − 1 crtica koje se nalaze izmedju 1 moˇzemo staviti znak +. Kako ¡treba¢ da imamo k sabiraka treba da stavimo n − 1 znakova +, a to moˇzemo uˇciniti na n−1 k−1 naˇcina. Kada imamo m uzastopnih jedinica one će predstavljati sabirak m. Takodje, jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljaće prvi sabirak a1 ; jedinice koje se nalaze izmedju prvog i drugog znaka + predstavljaće sabirak a2 ; ... ; jedinice koje se nalaze posle (k − 1)-og ¡ znaka ¢ + predstavljaće poslednji sabirak ak . Time smo pokazali da i kompozicija ima n−1 k−1 . Dokaz 2 . Dokaz ćemo sprovesti pomoću funkcija generatrisa. Oznaˇcimo broj kompozicija broja n na k sabiraka sa ck (n) = c (n | k sabiraka). Kompoziciji (a1 , a2 , . . . ak ) odgovara ˇclan xa1 · xa2 · . . . · xak = xa1 +a2 +...+ak = xn iz proizvoda (x1 + x2 + x3 + . . .) · (x1 + x2 + x3 + . . .) · . . . · (x1 + x2 + x3 + . . .) , | {z } k

gde faktor xa1 izimamo iz prvog faktora (x1 + x2 + x3 + . . .), xa2 iz drugog, ... , xak iz poslednjeg, k-tog. Stoga je funkcija generatrise broja kompozicija broja n na k sabiraka ∞ X jednaka baˇs gornjem proizvodu, tj. ck (n) xn = (x + x2 + x3 + . . .)k . n=0

Za sredjivanje ovog izraza ćemo koristiti osobinu g) iz podpoglavlja ”Neke poznate funkcije generatrisa”(str. 83): ∞ X

ck (n) xn

=

(x + x2 + x3 + . . .)k =

n=0

=

∞ X ¡

n−1 n−k

n=k

¢

xn =

∞ X ¡

∞ X ¡r+k−1¢ r xk k = x x r k (1 − x) r=0

n−1 k−1

¢

xn .

n=k

Izjednaˇcavanjem odgovaraju´ ¡ ¢ cih koeficijenata u ovim formalnim stepenim redovima dobijamo da je ck (n) = n−1 k−1 .


155

Direktna posledica ovog tvrdjenja je sledeće kojim odredjujemo ukupan broj svih mogućih kompozicija datog prirodnog broja. TEOREMA 2.6.3.

Ukupan broj kompozicija broja n je jednak c (n) = 2n−1 .

Dokaz . Prirodan broj n moˇzemo predstaviti kao 1 sabirak (to je samo n), kao 2 sabirka, ... , kao n sabiraka (to je samo 1 + 1 + . . . + 1). Stoga k u jednaˇcini 2.21 moˇze uzimati sve vrednosti od 1 do n, pa imamo da ukupan broj kompozicija predstavlja sledeću sumu n n ¡ ¢ X X n−1 n−1 c (n) = ck (n) = . k−1 = 2 k=1

k=1

Ilustrujmo rezultate prethodne dve teoreme kroz sledeći primer. PRIMER 2.6.4. Odrediti koliko ima kompozicija broja 5. Koliko tih kompozicija ima 1, 2, 3, 4, odnosno 5 sabirka? Reˇsenje.

Imamo c (4) = 24 = 16 particija broja 5. Prikaˇzimo ih: 5; 1 + 4,

1 + 1 + 3,

1 + 2 + 2,

1 + 1 + 1 + 2,

2 + 3, 1 + 3 + 1,

1 + 1 + 2 + 1,

3 + 2, 2 + 1 + 2,

4 + 1; 2 + 2 + 1,

1 + 2 + 1 + 1,

3 + 1 + 1;

2 + 1 + 1 + 1;

1 + 1 + 1 + 1 + 1. U prvom redu je¡ samo broja 5 na 1 sabirak i to se slaˇze sa rezultatom ¢ 1¡kompozicija ¢ 4 Teoreme 2.6.3: 5−1 = = 1. U drugom redu prethodnog prikaza imamo ukupno 1−1 0 ¡5−1¢ ¡ 4¢ ¡ ¢ ¡¢ = = 4 kompozicije na 2 sabirka. U trećem redu imamo 5−1 = 42 = 6 2−1 1 3−1 ¡ ¢ ¡4¢ kompozicija na 3 sabirka. U ˇcetvrtom redu se nalaze 5−1 4−1 = 3 = 4 kompozicije na 4 ¡5−1¢ ¡4¢ sabirka. U petom redu je 5−1 = 4 = 1 kompozicija na 5 sabiraka. TEOREMA 2.6.5. Kompozicija broja n, kod kojih se svaki broj j ∈ Nn javlja taˇcno αj puta, pri ˇcemu je α1 · 1 + α2 · 2 + . . . + αn · n = n, ima µ ¶ α1 + α2 + . . . + αn (α1 + α2 + . . . + αn )! = . α1 !α2 ! . . . αn ! α1 , α2 , . . . , αn

Dokaz . Objekti koje prebrojavamo u ovom tvrdjenju su permutacije sa ponavljanjem. Prema imamo da je njihov broj jednak multinomijalnom koeficijentu ¡α1 +α2 +...+αn ¢Lemi(α1.3.15 1 +α2 +...+αn )! = . α1 ,α2 ,...,αn α1 !α2 !...αn ! PRIMER 2.6.6.

Odredimo sve kompozicije kod kojih su sabrici 1, 2, 2 i 5.


156

Reˇsenje. Sve te kompozicije odgovaraju¡ permutacijama sa ponavljanjem brojeva 1, 2, ¢ 4 2 i 5. Stoga tih kompozicija ukupno ima 1,2,1 = 12: 1 + 2 + 2 + 5, 2 + 1 + 2 + 5, 2 + 2 + 5 + 1, 5 + 1 + 2 + 2,

1 + 2 + 5 + 2, 1 + 5 + 2 + 2 2 + 1 + 5 + 2, 2 + 2 + 1 + 5 2 + 5 + 1 + 2, 2 + 5 + 2 + 1 5 + 2 + 1 + 2, 5 + 2 + 2 + 1.

TEOREMA 2.6.7. Neka su n1 , n2 , . . . , nk razliˇciti prirodni brojevi. Oznaˇcimo broj kompozicija prirodnog broja n, kod kojih je svaki od sabiraka jednak nekom od brojeva n1 , n2 , . . . , nk sa c (n | {n1 , n2 , . . . , nk }). Tada vaˇzi jednakost c (n | {n1 , n2 , . . . , nk }) =

k X

c (n − nj | {n1 , n2 , . . . , nk }),

j=1

( 0, gde kao poˇcetne uslove imamo c (m | {n1 , n2 , . . . , nk }) = 1,

ako je m < 0, ako je m = 0.

Dokaz . Oznaˇcimo sa Sj skup svih traˇzenih kompozicija koje poˇcinju sa nj . Ako je prvi broj nj u traˇzenoj kompoziciji onda ostatak te kompozicije predstavlja kompoziciju broja n − nj isto na sabirke iz skupa {n1 , n2 , . . . , nk }, stoga imamo da je broj elemenata skupa Sj jednak |Sj | = c (n − nj | {n1 , n2 , . . . , nk }). Kako skupovi Sj i Si , za j 6= i, nemaju zajedniˇckih elemenata, po principu zbira dobijamo da traˇzenih kompozicija ima c (n | {n1 , n2 , . . . , nk }) =

k X

c (n − nj | {n1 , n2 , . . . , nk }).

j=1

Ponavljanjem ovog postupka (taˇcnije rekurzivnim postupkom) moˇzemo izraˇcunati c (n | {n1 , n2 , . . . , nk }). Osvrnimo se joˇs na poˇcetne uslove. Ako je m negativan broj onda smo u nekom trenutku za nj uzeli veći broj nego ˇsto moˇzemo i kako nemamo takvu kompoziciju onda je c (m | {n1 , n2 , . . . , nk }) = 0. Ako je m = 0, to znaˇci da smo već naˇsli datu kompoziciju, te da bismo je izbrojali u datoj sumi potrebno je da stavimo c (m | {n1 , n2 , . . . , nk }) = 1. PRIMER 2.6.8. Vaspitaˇcica je reˇsila da podeli ˇcokoladu od 300 grama koja ima 9 redova od po 4 kockice na sledeći naˇcin deci: ako dete nije bilo dobro ne dobija ˇcokoladu, a ako je bilo dobro dobija 1, 2 ili 3 reda (tj. komade ˇcokolade dimenzija 1 × 4, 2 × 4 ili 3 × 4). Prvo dete dobija a1 > 0 redova, drugo a2 > 0 redova, itd. dok ne podeli celu ˇcokoladu. Na koliko naˇcina to moˇze uˇciniti? Reˇsenje.

Jedna deoba ˇcokolade je prikazana na sledećoj slici.


157

Ovom prilikom je vaspitaˇcica dodelila prvom detetu 2 reda, drugom 3 reda, trećem 1 red, ˇcetvrtom 2 reda, petom 1 red, a ostala nisu dobila ˇcokoladu. Datoj raspodeli odgovara kompozicija 2 + 3 + 1 + 2 + 1. Sada ćemo koriˇsćenjem prethodne teoreme odrediti na koliko naˇcina vaspitaˇcica moˇze podeliti ˇcokoladu. Kompozicije imaju sabirke iz skupa N3 = {1, 2, 3}, pa imamo sledeću rekurentnu vezu c (n | N3 ) = c (n − 1 | N3 ) + c (n − 2 | N3 ) + c (n − 3 | N3 ). Sada ćemo odredjivati c (n | N3 ) za n = 1, 2, . . . , 9. c (1 | N3 ) = c (0 | N3 ) + c (−1 | N3 ) + c (−2 | N3 ) = 1 + 0 + 0 = 1. c (2 | N3 ) = c (1 | N3 ) + c (0 | N3 ) + c (−1 | N3 ) = 1 + 1 + 0 = 2. c (3 | N3 ) = c (2 | N3 ) + c (1 | N3 ) + c (0 | N3 ) = 2 + 1 + 1 = 4. c (4 | N3 ) = c (3 | N3 ) + c (2 | N3 ) + c (1 | N3 ) = 4 + 2 + 1 = 7. c (5 | N3 ) = c (4 | N3 ) + c (3 | N3 ) + c (2 | N3 ) = 7 + 4 + 2 = 13. c (6 | N3 ) = c (5 | N3 ) + c (4 | N3 ) + c (3 | N3 ) = 13 + 7 + 4 = 24. c (7 | N3 ) = c (6 | N3 ) + c (5 | N3 ) + c (4 | N3 ) = 24 + 13 + 7 = 44. c (8 | N3 ) = c (7 | N3 ) + c (6 | N3 ) + c (5 | N3 ) = 44 + 24 + 13 = 81. c (9 | N3 ) = c (8 | N3 ) + c (7 | N3 ) + c (6 | N3 ) = 81 + 44 + 24 = 149. Dakle, vaspitaˇcica deobu ˇcokolade moˇze izvrˇsiti na 149 razliˇcitih naˇcina.

PARTICIJE PRIRODNOG BROJA

DEFINICIJA 2.6.9. Particija π broja n, n ∈ N, na k sabiraka, k > 1, je familija π = {a1 , a2 , . . . , ak }, takva da vaˇzi ai ∈ N za svako i = 1, 2, . . . , k i n = a1 + a2 + . . . + ak . Ako particija π = {a1 , a2 , . . . , ak } sadrˇzi αi delova jednakih i, i = 1, 2, . . . , k, tada particiju π zapisujemo na sledeći naˇcin π = [1α1 2α2 . . . nαn ].

Osnovna razlika izmedju particija i kompozicija je ˇsto je kod kompozicija bitan redosled sabiraka, dok kodµparticija ¶ nije. Tako, particiji 1 + 2 + 2 + 5, koju moˇzemo zapisati 4 i kao [1 22 5], odgovara = 12 kompozicija iz Primera 2.6.6. 1, 2, 1 Naˇzalost, za particije prirodnih brojeva ne postoji eksplicitna formula kao za kompozicije, ali zato moˇzemo da odredimo brojeve particija pomoću rekurentne veze iz narednog tvrdjenja ili na osnovu funkcije generatrisa, ˇsto ćemo videti kasnije.


TEOREMA 2.6.10.

158

Neka je p k (n) broj particija n na k sabiraka. Dokazati da je

p k (n) = pk (n − k) + pk−1 (n − k) + . . . + p1 (n − k).

Dokaz .

Ako je a1 + a2 + . . . + ak = n, gde su ai > 1, onda je (a1 − 1) + (a2 − 1) + . . . + (ak − 1) = n − k

i neki od sabiraka mogu da budu 0. Dakle, svakoj particiji broja n na k delova odgovara particija broja n − k na ne viˇse od k delova (koja se dobija tako ˇsto od svakog sabirka oduzmemo 1). Ovakvo pridruˇzivanje je bijekcija pa vaˇzi formula p k (n) = pk (n − k) + pk−1 (n − k) + . . . + p1 (n − k).

Ovo tvrdjenje moˇzemo iskoristiti da izraˇcunamo ukupan broj particija p (n) broja n. Sliˇcno kao u dokazu Teoreme 2.6.3, vidimo da particije broja n mogu imati od k = 1 do k = n sabiraka. Stoga vaˇzi formula za broj particija p (n) =

n X

p k (n).

k=1

PRIMER 2.6.11.

Izraˇcunajmo vrednosti p (n), za 1 6 n 6 16:

Reˇsenje. Ovi brojevi predstavljaju niz A000041 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31]. n p (n)

1 1

2 2

3 4 3 5

5 6 7 11

7 15

8 22

9 30

10 11 42 56

12 13 14 77 101 135

15 16 176 231

Do ovih vrednosti moˇzemo doći koriˇsćenjem prethodno date formule ili prostim prebrojavanjem svih mogućih particija. Tako, za prvih nekoliko vrednosti broja n imamo: 1,

2 = 1 + 1,

3 = 2 + 1 = 1 + 1 + 1,

4=3+1=2+2=2+1+1=1+1+1+1 Primetimo da je zbog ovoga p1 (4) = 1, p2 (4) = 2, p3 (4) = 1 i p4 (4) = 1. 5=4+1=3+2=3+1+1=2+2+1=2+1+1+1=1+1+1+1+1 6

= =

5+1=4+2=4+1+1=3+3=3+2+1=3+1+1+1 2+2+2=2+2+1+1=2+1+1+1+1=1+1+1+1+1+1

Ove particije moˇzemo zapisati i kao [6], [5 1], [4 2], [4 12 ], [32 ], [3 2 1], [3 13 ], [23 ], [22 12 ], [2 14 ], [16 ].

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 7 =

159

6+1=5+2=5+1+1=4+3=4+2+1=4+1+1+1

= 3+3+1=3+2+2=3+2+1+1=3+1+1+1+1 = 2+2+2+1=2+2+1+1+1=2+1+1+1+1+1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1. Odavde je p1 (7) = 1, p2 (7) = 3, p3 (7) = 4, p4 (7) = 3, p5 (7) = 2, p6 (7) = 1 i p7 (7) = 1. Proverimo rezultat p3 (7) = 4 preko Teoreme 2.6.10: p3 (7) = p3 (4) + p2 (4) + p1 (4) = 1 + 2 + 1 = 4. Ovde smo koristili prethodno dobijene rezultate za p3 (4), p2 (4) i p1 (4). Neka su n1 , n2 , . . . , nk razliˇciti prirodni brojevi. Oznaˇcimo broj particija prirodnog broja n na razliˇcite delove, kod kojih je svaki od sabiraka jednak nekom od brojeva n1 , n2 , . . . , nk sa p (n | {n1 , . . . , nk }, 6=). Oznaˇcimo broj particija prirodnog broja n, kod kojih je svaki od sabiraka jednak nekom od brojeva n1 , n2 , . . . , nk sa p (n | {n1 , . . . , nk }). Tada vaˇze joˇs 2 tvrdjenja za particije, koja nalikuju Teoremi 2.6.7 koja je za kompozicije. TEOREMA 2.6.12.

Vaˇzi jednakost

p (n | {n1 , . . . , nk }, 6=) = p (n − nk | {n1 , . . . , nk−1 }, 6=) + p (n | {n1 , . . . , nk−1 }, 6=), ( 0, ako je m < 0, gde kao poˇcetne uslove imamo p (m | {n1 , . . . , nk }, 6=) = 1, ako je m = 0. Dokaz . Oznaˇcimo sa S skup svih traˇzenih particija. Neka je S1 skup svih takvih particija koje sadrˇze element nk , a S2 koje ne sadrˇze element nk . Imamo da je S = S1 ∪S2 i S1 ∩ S2 = ∅, pa je |S| = |S1 | + |S2 |. Ako se broj nk sadrˇzi u traˇzenoj particiji onda ostatak te particije predstavlja particiju broja n−nk isto na razliˇcite sabirke, ali sada iz skupa {n1 , n2 , . . . , nk−1 }, te stoga imamo da je broj elemenata skupa S1 jednak |S1 | = p (n − nk | {n1 , n2 , . . . , nk−1 }, 6=). Ako se broj nk ne sadrˇzi u traˇzenoj particiji onda ostatak te particije predstavlja particiju broja n na razliˇcite sabirke, ali iz skupa {n1 , n2 , . . . , nk−1 }. Stoga je broj elemenata skupa S2 jednak |S2 | = p (n | {n1 , n2 , . . . , nk−1 }, 6=). Za poˇcetne uslove imamo istu diskusiju kao i u Teoremi 2.6.7. Time je ovo tvrdjenje pokazano. TEOREMA 2.6.13.

Vaˇzi jednakost

p (n | {n1 , . . . , nk }) = p (n − nk | {n1 , . . . , nk }) + p (n | {n1 , . . . , nk−1 }), ( 0, ako je m < 0, gde kao poˇcetne uslove imamo p (m | {n1 , . . . , nk }) = 1, ako je m = 0. Dokaz . Zadrˇzimo oznake kao iz prethodne teoreme. Ako se broj nk sadrˇzi u traˇzenoj particiji onda ostatak te particije predstavlja particiju broja n − nk na sabirke opet iz skupa {n1 , n2 , . . . , nk−1 , nk }, te stoga imamo da je broj elemenata skupa S1 jednak |S1 | = p (n − nk | {n1 , n2 , . . . , nk }).


160

Ako se broj nk ne sadrˇzi u traˇzenoj particiji onda ostatak te particije predstavlja particiju broja n na sabirke iz skupa {n1 , n2 , . . . , nk−1 }. Stoga je broj elemenata skupa S2 jednak |S2 | = p (n | {n1 , n2 , . . . , nk−1 }). Za poˇcetne uslove imamo istu diskusiju kao i u Teoremi 2.6.7. Time je ovo tvrdjenje pokazano. Ove 2 teoreme imaju kao specijalne sluˇcajeve, za {n1 , n2 , . . . , nk } = Nk , naredne 2 posledice. POSLEDICA. 2.6.14 p (n | Nk , 6=) = p (n − k | Nk−1 , 6=) + p (n | Nk−1 6=), uz p (0 | Nj , 6=) = 1 i p (m | Nj ) = 0 za m < 0.

POSLEDICA. 2.6.15 Vaˇzi jednakost p (n | Nk ) = p (n | Nk−1 ) + p (n − k | Nk ), uz poˇcetne uslove p (0 | Nj ) = 1 i p (m | Nj ) = 0 za m < 0. Ova jednakost direktno povlaˇci i p (n | Nk ) = p (n | Nk−1 ) + p (n − k | Nk−1 ) + p (n − 2k | Nk−1 ) + . . . Pomoću ovih posledica, stavljajući k = n, moˇzemo izraˇcunati broj particija broja n na razliˇcite sabirke, odnosno broj svih particija. Grafiˇcko predstavljanje particija prvi je otkrio matematiˇcar Ferer (eng. N.M. Ferrers). Ono je veoma bitno jer oslikava neke vaˇzne osobine particija, a moˇze se iskoristiti i za dokazivanje nekih tvrdjenja vezanih za particije (dosta razliˇcitih ilustracija videćemo u odeljku ”Identiteti sa particijama”). DEFINICIJA 2.6.16. Particija π broja n predstavlja se pomoću Fererovog dijagrama tako ˇsto se delovi particije poredjaju po veliˇcini (tj. u nerastući niz, poˇcevˇsi od najvećeg), a zatim se svaki deo predstavlja kao vrsta sa odgovarajućim brojem simbola — mi ćemo koristiti taˇcke • . Particiju moˇzemo predstaviti i preko table Ferera, koja u svakoj vrsti umesto taˇcaka ima jediniˇcne kvadratiće.

Drugim reˇcima, dijagram Ferera particije π = [1α1 2α2 . . . k αk ] sastoji se od αk vrsta sa po k taˇcaka, αn−1 vrsta sa (n − 1)-om taˇckom, . . . , α2 vrsta sa 2 taˇcke i α1 vrsta sa po jednom taˇckom. Ukupan broj taˇcaka u dijagramu Ferera jednak je broju n, od koga smo i pravili particiju. DEFINICIJA 2.6.17. Od particije π moˇzemo dobiti konjugovanu particija π 0 tako ˇsto je njen i-ti sabirak jednak broju sabiraka particije π koji nisu veći od i (tj. koji su 6i). Za particiju koja je konjugovana samoj sebi kaˇzemo da je samokonjugovana particija.

Konjugovana particija π 0 particije π ustvari se dobija zamenom uloga vrsta i kolona u Fererovom dijagramu particije π. Napomenimo da se konjugovana particija ˇcita kao konjugovana particija, a ne koǌugovana particija!


161

Najbolji primer koji ilustruje primenu Fererovih dijagrama i konjugovanih particija je Teorema 2.6.26. PRIMER 2.6.18. Predstaviti sve particije broja 5 na 3 sabirka preko dijagrama Ferera (odnosno preko tabli Ferera). Reˇsenje.

Sve particije broja 5 na 3 sabirka su: 3+1+1

i

2 + 2 + 1.

Primetimo da kompozicija broja 5 na 3 sabirka ima ukupno 6 i one su date u Primeru 2.6.4 Predstavimo particiju 2 + 2 + 1 preko dijagrama (table) Ferera. • • • • • Ali ako bismo sada brojali koliko taˇcaka imamo po kolonama, opet bismo dobili jednu particiju broja 5 – to je 3 + 2. Ova particija je konjugovana polaznoj particiji 2 + 2 + 1. • • • •

•

Gore je prikazana samokonjugovana particija broja 5. To je 3 + 1 + 1.

PRIMER 2.6.19. Odrediti sve samokonjugovane particije broja 18 i predstaviti ih preko dijagrama Ferera. Reˇsenje. U samokonjugovanoj particiji broja n broj sabiraka je jednak najvećem sabirku – oznaˇcimo ih sa m. Ako bi svih tih m sabiraka bili jednaki m, dobili bismo jednu √ samokonjugovanu particiju broja m2 . Stoga za najveći sabirak m vaˇzi da je m > n, odnosno u ovom sluˇcaju (za n = 18) imamo m > 4. Sa druge strane, ako bismo probali da svih n zvezdica upotrebimo da napravimo ˇsto je moguće veći najveći sabirak m (tj. m + 1 + 1 + . . . + 1), dobijamo da vaˇzi m 6 12 (n + 1), odnosno u ovom sluˇcaju m 6 9. Ako iz samokonjugovane particije broja n izbacimo prvu vrstu i prvu kolonu u dijagramu Ferera (tj. izbacimo najveći sabirak m, a preostale umanjimo za 1), dobijamo opet samokonjugovanu particiju ali broja n−2m+1 (nazvaćemo ovo preslikavanje f ). Ove ˇcinjenice ćemo iskoristiti da nadjemo traˇzene samokonjugovane particije broja n = 18, po sluˇcajevima u zavisnosti od toga koliki je najveći sabirak m (5 6 m 6 9). 1◦ m = 9. Ako izbacimo prvu vrstu i prvu kolonu u dijagramu Ferera, tj. ako primenimo funkciju f , preostaće nam samokonjugovana particija broja n1 = 1, a to je samo 1. Vraćajući prvu vrstu i prvu kolonu sa m = 9 zvezdica dobijamo particiju 9 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1, odnosno kraće zapisano [9 2 17 ]. 2◦ m = 8. Nakon primene f nam √ ostaje da odredimo sve samokonjugovane particije broja n1 = 3. Kako je 1 < 3 < 2 6 m1 6 3+1 2 = 2 dobijamo da ova particija mora da ima najveći sabirak baˇs jednak m1 = 2. Kada ponovo primenimo f ostane nam n2 = 0, pa sada idenjem unazad dobijamo da je samokonjugovana particija broja 3 jednaka 2 + 1, odnosno [2 1], a samokonjugovana particija broja 18 je [8 3 2 15 ].


162

√ 3◦ m = 7. Nakon f ostaje n1 = 5. Iz 2 < 5 < 3 6 m1 6 5+1 2 = 3 ⇒ m1 = 3, pa za n1 = 5 imamo [3 12 ], odnosno za n = 18 je [7 4 22 13 ]. √ 4◦ m = 6. Nakon f ostaje n1 = 7. Iz 2 < 7 < 3 6 m1 6 7+1 ze biti 2 = 4, pa moˇ m1 = 3 (ali tad nakon f ostaje n2 = 2 koji nema samokonjugovanu particiju) ili m1 = 4, koji za n1 = 7 daje [4 13 ], odnosno za n = 18 imamo [6 5 23 1]. √ 5◦ m = 5. Nakon f ostaje n1 = 9. Iz 3 = 9 6 m1 6 9+1 ze biti m1 = 3, 2 = 5, pa moˇ m1 = 4 ili m1 = 5. m1 = 5 otpada jer mora da vaˇzi m1 < m, a i za m1 = 4 (tad n2 = 2) nema reˇsenja. Za m1 = 3 nakon f ostaje n2 = 4 koji daje [22 ], ˇsto za n1 = 9 daje [33 ], pa za n = 18 imamo [5 43 1]. ••••••••• •• • • • • • •

[9 2 17 ]

•••••••• ••• •• • • • • •

[8 3 2 15 ]

• • • • • • •

•••••• ••• • •

[7 4 22 13 ]

• • • • • •

••••• •••• • • •

[6 5 23 1]

• • • • •

• • • •

• • • •

•• • • •

[5 43 1]

Time smo dobili da samokonjugovanih particija broja 18 ima 5 i one su predstavljenje na prethodnoj slici. To moˇzemo zapisati i kao p (18 | s.k.) = 5.

PARTICIJE I FUNKCIJE GENERATRISA Sa funkcijama generatrise i novˇcićima (tj. particijama sa ograniˇcenjima) smo se sreli u Primeru 2.1.5. Odredimo sada funkciju generatrise za broj particija prirodnog broja n. Ona iznosi P (x) = p(0) + p(1)x + p(2)x2 + . . ., gde uzimamo po konvenciji da je p(0) = 1. Polazna taˇcka naˇseg razmatranja je formula (1 − xi )−1 = 1 + xi + x2i + x3i + . . . , koju moˇzemo dobiti direktno ili zamenom svakog x sa xi u formuli za (1 − x)−1 , koju smo sreli u Primeru 2.1.1. Sledećom lemom ćemo pokazati da je ova formula funkcija genaratrise niza {fn } broja particija ˇciji su svi sabirci jednaki i. LEMA. 2.6.20. Niz {fn } broja particija ˇciji su svi sabirci jednaki broju i, tj. fn = p (n | {i}), ima funkciju generatrise F (x) = (1 − xi )−1 . Dokaz . Jasno je da takva particija postoji ako i samo ako je broj n sadrˇzalac broja i, n = m · i, i tada postoji jedinstvena particija n = i + i + ... + i. | {z } m

Time smo dobili da je niz {fn } zadat sa ( 1 ako je n = m · i (za m = 0, 1, 2, . . .), fn = 0 inaˇce. Stoga je funkcija generatrise F (x) = 1 + xi + x2i + x3i + . . . = (1 − xi )−1 .


163

LEMA. 2.6.21. Neka je i ∈ S. Uvedimo fn = p (n | {i}), gn = p (n | S \ {i}), hn = p (n | S). Tada nizovi {fn }, {gn }, {hn } imaju funkcije generatrise F (x), G(x), H(x) za koje vaˇzi H(x) = F (x) · G(x).

Dokaz . Neka je hn broj naˇcina da broj n predstavimo kao zbir r i n − r, gde je r predstavljen kao zbir sabiraka koji su svi jednaki i (to moˇzemo uraditi na fr naˇcina), a n − r je zbir sabiraka iz S (to moˇzemo uraditi na gn−r naˇcina). Stoga je hn zbir ˇclanova oblika fr gn−r , odnosno hn = f0 nr + f1 gn−1 + . . . + fn g0 =

n X

fr gn−r .

r=0

Prema pravilu za mnoˇzenje funkija generatrisa dobijamo H(x) = F (x) · G(x), ˇsto je i trebalo pokazati. TEOREMA 2.6.22.

Funkcija generatrisa niza brojeva {p (n)} jednaka je

P (x) =

∞ Y

(1 − xi )−1 =

i=1

1 . (1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) . . .

Dokaz . Particija broja n moˇze imati sabirke iz skupa Nn = {1, 2, . . . , n}. Viˇsestrukom primenom prethodne 2 leme dobijamo datu formulu. PRIMER 2.6.23. sabiraka 2 i 3. Reˇsenje.

Odrediti na koliko naˇcina se broj 10 moˇze predstaviti kao zbir

Ovakvim particijama odgovara sledeća funkcija generatrise:

F (x) = (1 − x2 )−1 · (1 − x3 )−1 = (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + . . .) · (1 + x3 + x6 + x9 + . . .) = 1 + x2 + x3 + x4 + x5 + 2x6 + x7 + x8 + 2x9 + 2x10 + . . . ˇ Traˇzeni broj particija broja 10, odgovara koeficijentu uz x10 , a to je 2. Clan 2x10 dobijamo 4 6 10 od proizvoda x · x i od x · 1, te odatle nalazimo 10 = 4 + 6 = 2 + 2 + 3 + 3,

10 = 10 + 0 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2,

ˇsto su jedina 2 naˇcina da broj 10 predstavimo kao zbir dvojki i trojki. PRIMER 2.6.24. Na koliko naˇcina se jedan dolar (100 centi) moˇze usitniti novˇcićima od 25 centi (eng. quarters), 10 centi (eng. dimes) i 5 centi (eng. nickels)? Reˇsenje. U zadatku nam se traˇzi broj particija broja 100 na sabirke 5, 10 ili 25. Stoga je reˇsenje jednako koeficijentu uz x100 u razvoju (1 − x5 )−1 · (1 − x10 )−1 · (1 − x25 )−1 .


164

Radi jednostavnijeg raˇcuna, uvodimo smenu y = x5 i onda traˇzimo koeficijent uz y 20 u razvoju (1 − y)−1 · (1 − y 2 )−1 · (1 − y 5 )−1 . Pri radu moˇzemo da zanemarimo ˇclanove iznad y 20 jer oni ne utiˇcu na ovaj koeficijent. Dalje, primetimo da je traˇzeni koeficijent jednak zbiru koeficijenata uz 1, y, y 2 , . . . , y 20 u razvoju (1 − y 2 )−1 · (1 − y 5 )−1 , jer se svaki y k odavde mnoˇzi sa 1 · y 20−k iz preostalog faktora (1 − y)−1 = (1 + y + y 2 + . . . + y 20 + . . .). Na osnovu ovih opservacija traˇzeno izraˇcunavanje koeficijenata uz y k (k = 0, 1, . . . , 20) u (1 − y 2 )−1 · (1 − y 5 )−1 moˇzemo predstaviti sledećom tablicom: 1 y y 2 y 3 y 4 y 5 y 6 y 7 y 8 y 9 y 10 y 11 y 12 y 13 y 14 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

y 15 y 16 y 17 y 18 y 19 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1

1 0 1 0 1

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

2 1 2 1 2 2

y 20 1 (×1) 0 (×y 5 ) 1 (×y 10 ) 0 (×y 15 ) 1 (×y 20 ) 3 29

20

U prvom redu smo stavili ˇclanove 1, y, y , . . . , y (kolone su grupisane u grupe po 5 radi bolje preglednosti) uz koje traˇzimo koeficijente. U drugom nam se nalaze koeficijenti od (1 − y 2 )−1 = (1 + y 2 + y 4 + . . . + y 20 + . . .) dok su u narednim redovima isti ti koeficijenti samo pomereni za 5,10,15,20 mesta udesno (ˇsto odgovara mnoˇzenju sa y 5 , y 10 , y 15 , y 20 ). U poslednjem redu dobijamo koficijente uz odgovarajuće ˇclanove (dobijamo ih prostim sabiranjem brojeva iznad njih). Konaˇcno, poslednji i uokvireni broj, 29, jednak je zbiru svih koeficijenata (uz ˇclanove do y 20 ) i to je broj naˇcina da usitnimo 1 dolar. Malim modifikacijama prethodnog rezona moˇzemo dobiti funkcije generatrisa broja particija koji zadovoljavaju neka ograniˇcenja (i prethodna 2 primera predstavljaju particije sa ograniˇcenjima). Na primer, ako uslovimo da svaki sabirak moˇze da se javlja najviˇse k puta. Tada sabirci koji su jednaki i u funkciji generatrise doprinose sa polinomom 1 + xi + x2i + . . . + xki , umesto stepenim redom (1 − xi )−1 = 1 + xi + x2i + . . . (kao ˇsto smo imali kod funkcije generatrise za obiˇcne particije). Iz formule za sumu geometrijske progresije dobijamo da (k+1)i je 1 + xi + x2i + . . . + xki = 1−x , pa je traˇzena funkcija generatrisa kod kojih svaki 1−xi sabirak moˇze da se javlja najviˇse k puta jednaka ¶ ∞ ∞ µ Y Y 1 − x(k+1)i i ki (1 + x + . . . + x ) = . 1 − xi i=1 i=1 Specijalni sluˇcaj kada je k = 1, nam daje funkciju generatrise za broj particija na razliˇcite sabirke: ∞ Y (1 + xi ) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) . . . i=1

Navedimo joˇs nekoliko funkcija generatrisa broja particija sa ograniˇcenjima. Funkcije generatrisa broja particija kod kojih su svi sabirci neparni, odnosno parni, su jednaki 1 , (1 − x)(1 − x3 )(1 − x5 ) . . .

(1 −

x2 )(1

1 , − x4 )(1 − x6 ) . . .

dok je funkcija generatrisa particija kod kojih svaki sabirak nije veći od m jednaka 1 . (1 − x)(1 − x2 ) · . . . · (1 − xm )


165

Joˇs funkcija generatrisa ćemo sresti u drugom dokazu Teoreme 2.6.32, gde pokazujemo identitet sa particijama tehnikom funkcija generatrisa.

IDENTITETI SA PARTICIJAMA U narednim tvrdjenjima podrazumevaćemo da su n i m proizvoljni prirodni brojevi. TEOREMA 2.6.25. Broj particija broja n koje nemaju viˇse od m sabiraka jednak je broju particija broja n+m koje imaju taˇcno m sabiraka, tj. da vaˇzi p6m (n) = pm (n+m).

Dokaz . Neka je S skup svih particija broja n + m koje imaju taˇcno m sabiraka, a T skup svih particija broja n koji nemaju viˇse od m sabiraka. Preslikavanje f : S → T koje svaki sabirak particije iz S umanji za 1 je bijekcija iz skupa S u skup T . Npr. na narednoj slici je prikazano preslikavanje f pomoću dijagrama Ferera za n = 15 i m = 6, tj. f (8 + 6 + 3 + 2 + 1 + 1) = 7 + 5 + 2 + 1. • • • m • • •

• • • • • • •

• •

• •

• •

•

• f −→ ←− g

• • • •

• • •

• •

• •

• •

•

•

Preslikavanje f na dijagramu Ferera ”briˇse” prvu kolonu od m taˇcaka, dok inverzno preslikavanje g = f −1 dodaje kolonu sa m taˇcaka ispred ostalih kolona dijagrama Ferera. Umesto da pokazujemo da je f bijekcija jednostavnije je pokazati da su i f i g injektivna (”1-1”) preslikavanja. Ako je f (x) = a1 + a2 + . . . + ak = f (y), za k 6 m, onda dobijamo i da je x = (a1 + 1) + (a2 + 1) + . . . + (ak + 1) + 1 + . . . + 1 = y, | {z } m−k

pa je f : S → T injektivna funkcija, odakle je |S| 6 |T |. Sliˇcno imamo da ako vaˇzi g(x) = a1 + a2 + . . . + am = g(y), da je onda i x = (a1 − 1) + (a2 − 1) + . . . + (am − 1) = y, pa je f : T → S injektivna funkcija, odakle je |T | 6 |S|. Time smo kombinatornim pristupom pokazali |T | = |S|, odnosno identitet p6m (n) = pm (n + m). U narednim tvrdjenjima nećemo isterivati formalizam da su data preslikavanja bijekcije, nego ćemo samo uspostaviti odgovarajuću bijekciju. TEOREMA 2.6.26. Broj particija broja n kod kojih su sabirci manji od ili jednaki sa m (tj. elementi skupa Nm = {1, 2, . . . , m}) je jednak broju particija broja n koje imaju najviˇse m sabiraka, tj. vaˇzi jednakost p (n | Nm ) = p 6m (n).


166

Dokaz . Bijekcija izmedju ova 2 skupa je preslikavnje koje particiju slika u njoj konjugovanu particiju. • • • • • •

• • • •

• • •

• • f −→

• • • •

• • • •

• • •

• •

•

•

Ovde smo prikazali n = 15, m = 4, f (4 + 4 + 3 + 2 + 1 + 1) = 6 + 4 + 3 + 2. TEOREMA 2.6.27. Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particija broja n kod kojih se svaki sabirak javlja paran broj puta, tj. da vaˇzi p (n | parni) = p (n | svaki sabirak paran broj puta).

Dokaz . Bijekcija izmedju ova 2 skupa je preslikavanje koje od svake particije na k parnih sabiraka pravi particiju od 2k sabiraka tako ˇsto svaki sabirak podeli na 2 polovine. Pogledajmo kako ova bijekcija funkcioniˇse za n = 6: 6 4+2 2+2+2

→ → →

3+3 2+2+1+1 1+1+1+1+1+1

Dobili smo da je p (6 | parni) = p (6 | svaki sabirak paran broj puta) = 3. TEOREMA 2.6.28. Broj particija broja n koje imaju ne viˇse od m sabiraka jednak je broju particija broja n + 21 m(m + 1) sa taˇcno m razliˇcitih sabiraka, tj. vaˇzi jednakost ¡ ¢ p 6m (n) = pm,6= n + 12 m(m + 1) . Dokaz . Datom Fererovom dijagramu dodaćemo sa leve strane ”trougao” koji se sastoji od m redova koji redom sadrˇze po m, (m − 1), . . . , 2, 1 taˇcaka. To preslikavanje, f , je bijekcija izmedju particija broja n koje imaju ne viˇse od m sabiraka i particija broja n + 21 m(m + 1) sa taˇcno m razliˇcitih sabiraka. Ilustrujmo ovo jednim primerom: • • • •

• • •

•

• f −→

• • • • • • • • • •

• • • • • • •

•

•

Na prethodnoj slici je prikazano preslikavanje f (4 + 2 + 2 + 1) = 8 + 5 + 4 + 2 za n = 9 i m = 4. TEOREMA 2.6.29. Broj samokonjugovanih particija broja n jednak je broju particija broja n kod kojih su svi sabirci medjusobno razliˇciti i neparni brojevi, tj. vaˇzi jednakost p (n | s.k.) = p (n | 6=, neparni).


167

Dokaz . Od Fererovog dijagrama samokonjugovane particije dobijamo particiju sa razliˇcitim i neparnim elementima tako ˇsto taˇcke iz prve vrste i prve kolone prebacimo da ˇcine prvi sabirak nove particije. Njih ima neparan broj 2k − 1, jer samokonjugovana particija ima jednak broj (k) taˇcaka i u prvoj vrsti i u prvoj koloni (od ˇcega je jedna taˇcka zajedniˇcka). Od preostalih taˇcaka iz druge vrste i druge kolone odredjujemo drugi sabirak. Nastavljajući ovaj postupak dobijamo bijektivno preslikavanje koje slika samokonjugovane particije broja n u particije broja n koje imaju sve sabirke neparne i razliˇcite. • • • • • •

• • • • • • • • • • •

•

• f −→

• • •

• • •

• • •

• •

• •

•

•

•

•

•

•

Na prethodnoj slici je prikazano preslikavanje za n = 19 (uokvirene su taˇcke koje ˇcine sabirke u novoj particiji): f (6 + 4 + 4 + 3 + 1 + 1) = 11 + 5 + 3. TEOREMA 2.6.30. Broj samokonjugovanih particija broja n kod kojih je najveći sabirak jednak k jednak je broju samokonjugovanih particija broja n − 2k + 1 kod kojih je najveći sabirak manji od k, tj. vaˇzi jednakost p (n | s.k, n.s. = k) = p (n − 2k + 1 | s.k, n.s. 6 k − 1).

Dokaz . Bijekciju odredjuje preslikavanje koje briˇse zvezdice iz prve vrste i kolone. To je preslikavanje f koje smo sreli u Primeru 2.6.19. PRIMER 2.6.31. Odrediti broj samokonjugovanih particija broja 41 kod kojih je najveći sabirak jednak 12. Reˇsenje. Na onovu prethodne teoreme imamo da je broj samokonjugovanih particija broja 41 kod kojih je najveći sabirak jednak 12 jednak broju samokonjugovanih particija broja 41 − 2 · 12 + 1 = 18 kod kojih je najveći sabirak manji od 12, tj. broju samokonjugovanih particija broja 18. U Primeru 2.6.19 smo videli da tih particija ima 5, pa dobijamo i da je p (41 | s.k, n.s. = 12) = 5. Sledeća teorema sadrˇzi svakako najpoznatiji identet sa particijama. U literaturi se taj identitet ˇcesto naziva Ojlerov identitet. TEOREMA 2.6.32. Broj particija broja n na razliˇcite sabirke jednak je broju particija broja n na neparne sabirke, tj. vaˇzi jednakost p (n | 6=) = p (n | {1, 3, 5, . . .}).

Dokaz 1 . Opiˇsimo kako od particije sa razliˇcitim sabircima dobijamo particiju sa svim neparnim sabircima. Svaki sabirak koji je paran podelimo na 2 duplo manja sabirka (i ako treba preuredimo redosled sabiraka). Ponavljajmo ovaj postupak dok ne ostanu svi


168

neparni sabirci. Ilustrujmo ovo jednim primerom: 6+4+3

→ → → →

(3 + 3) + (2 + 2) + 3 3+3+3+2+2 3 + 3 + 3 + (1 + 1) + (1 + 1) 3+3+3+1+1+1+1

Moˇzemo videti ˇsta je i inverzni postupak. On se sastoji od viˇsestrukog spajanja po 2 od jednakih sabiraka. Npr: 3+3+3+1+1+1+1

→ → → →

(3 + 3) + 3 + (1 + 1) + (1 + 1) 6+3+2+2 6 + (2 + 2) + 3 6+4+3

Za n = 6 imamo p (6 | 6=) = p (6 | {1, 3, 5, . . .}) = 4 i prikaˇzimo bijekciju izmedju njih: 6 5+1 4+2 3+2+1

→ → → →

3+3 5+1 1+1+1+1+1+1 3+1+1+1

Kako je ovim postupkom dato bijektivno preslikavanje, skup particija sa razliˇcitim sabircima ima jednak broj elemenata kao i skup particija sa svim neparnim sabircima. Dokaz 2 . Oznaˇcimo sa R(x) i N (x) funkcije generatrisa brojeva particija na razliˇcite sabirke, odnosno na neparne sabirke. U skladu sa odredjivanjem funkcija generatrisa particija sa ograniˇcenjima imamo R(x) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) . . . ,

N (x) = (1 − x)−2 (1 − x3 )−2 (1 − x5 )−2 . . .

Da bismo pokazali da su ova 2 formalna stepena reda jednaka koristićemo sledeći identitet 1 − t2 1+t= : 1−t R(x) = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x3 ) . . . =

(1 − x2 )(1 − x4 )(1 − x6 ) . . . . (1 − x)(1 − x2 )(1 − x3 ) . . .

Ovde nam se svi ˇclanove oblika (1 − x2i ) javljaju i u imeniocu i u brojiocu prethodnog razlomka, pa ih moˇzemo skratiti i onda dobijamo da je R(x) =

1 = N (x). (1 − x)(1 − x3 )(1 − x5 ) . . .

Iz jednakosti funkcija generatrisa sledi da su i nizovi njihovih koeficijenata jednaki, ˇcime smo pokazali tvrdjenje. U narednoj tablici daćemo brojeve particija sa razliˇcitim sabircima (ˇsto je i broj particija na neparne sabirke). Ovi brojevi predstavljaju niz A000009 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31]. n 1 p (n | 6=) 1

2 3 1 2

4 2

5 3

6 4

7 5

8 6

9 8

10 11 10 12

12 15

13 18

14 15 22 27

16 32

17 38


169

n 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 p (n | 6=) 46 54 64 76 89 104 122 142 165 192 222 256 296 Tehnika viˇsestrukog spajanja/razdvajanja koju smo koristili u 1. dokazu Ojlerovog identiteta moˇze se primeniti kod velikog broja identiteta sa particijama. Na ovaj naˇcin uspostavljamo identitete oblika p (n | N ) = p (n | 6=, M ). Ovaj par skupova (N, M ) naziva se Ojlerov par. Problemi mogu da nastupe kada viˇse razliˇcitih particija spajanjem daju istu particiju (odnosno u obrnutom postupku ne znamo kada da se zaustavimo). Jedan primer je dat na sledećoj slici (kada skup N sadrˇzi i element 3 i element 6): 6 + 6 −−−−−−−−−−−−−−→ 12 6 + 3 + 3 −−−−→ 6 + 6 % 3+3+3+3 % ˇ (nem. I.Schur), a prvi je Time smo doˇsli do sledećeg tvrdjenja, koje je otkrio Sur publikovao Endrius 1969. godine. TEOREMA 2.6.33. Neka skup N sadrˇzi 2 elementa od kojih je jedan umnoˇzak drugog sa nekim stepenom dvojke. M je skup koji se sastoji od svih elemenata skupa N , zajedno sa umnoˇscima brojeva iz N sa stepenima dvojke. Tada za sve n > 1 vaˇzi jednakost p (n | N ) = p (n | 6=, M ).

Ojlerovi parovi se mogu opisati i kao parovi skupova (N, M ) takvi da je 2M ⊂ M i N = M − 2M . Prethodna teorema nam daje uslove kada za skup N postoji M , tako da je (N, M ) Ojlerov par. Moˇze se pokazati da u tom sluˇcaju postoji jedinstven skup M . PRIMER 2.6.34. Pokuˇsajmo da za skup N = {1, 3, 6} konstruiˇsemo skup M tako da je (N, M ) Ojlerov par. Reˇsenje.

Prvo ćemo odrediti prvih nekoliko vrednosti za p (n | {1, 3, 6}): n 1 p (n | {1, 3, 6}) 1

2 3 1 2

4 2

5 2

6 4

7 4

... ...

Sada ćemo krenuti da konstruiˇsemo skup M ˇclan po ˇclan, tako da vaˇzi jednakost p (n | 6=, M ) = p (n | N ). Na poˇcetku stavimo M = ∅. n = 1: Treba da vaˇzi p (1 | 6=, M ) = 1. Kako nemamo nijednu particiju na razliˇcite sabirke u skupu M = ∅, moramo da dodamo 1 u M , tj. M = {1}. n = 2: p (2 | 6=, M ) = 1. Kako nemamo nijednu particiju broja 2 na razliˇcite sabirke u skupu M = {1}, moramo da dodamo i 2 u M , tj. M = {1, 2}. Tada imamo taˇcno jednu particiju broja 2 na razliˇcite sabirke — to je 2. n = 3: p (3 | 6=, M ) = 2. Imamo samo jednu particiju (2 + 1) u skupu M = {1, 2}, te moramo da dodamo 3 u M , tj. M = {1, 2, 3}. Traˇzene 2 particije su 3 i 2 + 1. n = 4: p (4 | 6=, M ) = 2. Imamo samo jednu particiju (3 + 1) sa razliˇcitim sabircima u skupu M = {1, 2, 3}, te moramo da dodamo i broj 4 u M , tj. M = {1, 2, 3, 4}. Traˇzene 2 particije su 4 i 3 + 1. n = 5: p (5 | 6=, M ) = 2. Imamo već dve particije (4 + 1 i 3 + 2) u skupu M = {1, 2, 3},


170

te ne treba da dodamo i broj 5 u M , pa M ostaje M = {1, 2, 3, 4}. n = 6: p (6 | = 6 , M ) = 4. Imamo samo dve particije (4 + 2 i 3 + 2 + 1) u skupu M = {1, 2, 3, 4}, te moramo da dodamo i broj 6 u M , tj. M = {1, 2, 3, 4, 6}. Ali tada smo dobili samo 3 particije su 6, 4 + 2 i 3 + 2 + 1, a nama su potrebne 4! Neuspeh pri konstrukciji M smo doˇziveli u 6 koraka (zaˇsto baˇs 6?). Kako je M u prethodnim koracima konstruisan na jedinstven naˇcin, ne moˇzemo imati neku drugu uspeˇsnu alternativu. Stoga, ne postoji Ojlerov par sa skupom N = {1, 3, 6}. Binarni zapis broja predstavlja zapis broja u sistemu sa osnovom 2 (tj. samo pomoću cifara 0 i 1). Prikaˇzimo prvih 7 brojeva u binarnom zapisu: 1 2 3 4 5 6 7

= = = = = = =

20 1

2 21

+

20

+

20

+

20

2

2 22 22 22

1

+ 2 + 21

= = = = = = =

(1)2 (10)2 (11)2 (100)2 (101)2 (110)2 (111)2

Iskoristimo ovu tehniku koju smo razvili da pokaˇzemo sledeće tvrdjenje. TEOREMA 2.6.35.

Dokaz 1 .

Svaki prirodan broj ima jedinstvenu binarnu reprezentaciju.

Vaˇzi p (n | {1}) = 1 jer je jedina ovakva particija 1 + 1 + . . . + 1. Za skup | {z } n

N = {1} Ojlerov parnjak je skup stepena dvojke M = {1, 2, 4, . . . , 2k , . . .}. Stoga na osnovu Teoreme 2.6.33, odnosno tehnike viˇsestrukog spajanja/razdvajanja, imamo da je p (n | {1}) = p (n | 6=, {1, 2, 4, . . . , 2k , . . .}) = 1. Time smo pokazali da svaki prirodan broj ima jedinstvenu binarnu reprezentaciju. Dokaz 2 . Imamo da je m

(1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) · . . . · (1 + x2 ) m = (1 − x2 )(1 + x2 )(1 + x4 ) · . . . · (1 + x2 ) m = (1 − x4 )(1 + x4 )(1 + x8 ) · . . . · (1 + x2 ) =

m

m

. . . = (1 − x2 )(1 + x2 ) = (1 − x2

m+1

).

Posmatrajmo sada proizvod (1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) · . . . — slobodan ˇclan u ovom proizvodu je 1. Treba pokazati da je za svaki prirodan broj n koeficijent uz xn jednak 0. Izaberemo proizvoljan n ∈ N. Na osnovu dokazanog vaˇzi (1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) · . . . · = (1 − x2

n+1

)(1 + x2

n+1

)(1 + x2

n+2

)(1 + x2

n+3

) · ...

Iz poslednjeg izraza dobijamo da je koeficijent uz xn jednak 0 (jer je n < 2n+1 ). Kako je n proizvoljno izabran, to vaˇzi n

(1 − x)−1 = (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) · . . . · (1 + x2 ) · . . . Posmatrajmo particije broja n u kojima je svaki sabirak stepen dvojke i svaki se javlja najviˇse jedanput. Broj takvih particija jednak je broju reˇsenja sledeće jednaˇcine:


171

x0 + x1 + x2 + · · · = n, gde svaki od brojeva xi moˇze da bude samo 0 ili 2i . Broj reˇsenja ove jednaˇcine jednak je koeficijentu uz xn u proizvodu (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 ) · . . ., a 1 već smo pokazali da je ovaj proizvod jednak 1−x = 1 + x + x2 + x3 + . . ., pa je traˇzeni n koeficijent uz x jednak 1. DEFINICIJA 2.6.36. Neka je d dati prirodan broj. Za sabirke u particiji kaˇzemo da su d-razliˇciti ukoliko se svaka 2 sabirka razlikuju bar za d. Za d = 0 definiˇsimo 0-razliˇcite sabirke, ako ako imamo najviˇse 2 sabirka bilo koje veliˇcine. Za d = 1 dobijamo obiˇcne particije na razliˇcite sabirke. Ponegde se 2-razliˇcite particije nazivaju i particije na super-razliˇcite sabirke. Ove definicije se koriste i kod RodˇzersRamanudˇzanovih identiteta. TEOREMA 2.6.37. Broj particija broja n na 2-razliˇcite sabirke jednak je broju particija broja n na razliˇcite sabirke, pri ˇcemu su svi parni sabirci veći od dvostrukog broja neparnih sabiraka. Za n = 11 imamo 7 particija sa 2-razliˇcitim elementima (kraće 2-razliˇcitih particija): 11,

10 + 1,

9 + 2,

8 + 3,

7 + 4,

7 + 3 + 1,

6 + 4 + 1.

Pored ovih particija postoji joˇs nekoliko particija sa razliˇcitim sabircima, koji nisu 2razliˇciti: 8 + 2 + 1, 6 + 5, 6 + 3 + 2, 5 + 4 + 2 i 5 + 3 + 2 + 1. Particije sa desne strane identiteta, za n = 11 su 11,

10 + 1,

8 + 3,

7 + 4,

7 + 3 + 1,

6 + 5,

6 + 4 + 1.

Dokaz . Predstavimo svaku particiju na 2-razliˇcite sabirke preko dijagrama Ferera u kome svaki novi red poˇcinje pomeren za 2 mesta udesno. Povucimo vertikalnu liniju tako da u poslednjem redu imamo samo 1 taˇcku sa leve strane ove linije. Npr. za particiju 14 + 11 + 6 + 4 + 1 imamo sledeći dijagram: • •

• • • •

• • • • • •

• • • •

• • • • • • • • •

• • • • • •

• •

• •

•

Vidimo da smo sa desne strane vertikalne linije dobili joˇs jedan dijagram Ferera. Bijekciju odredjuje preslikavanje koje u tom dijagramu prvo stavi neparne sabirke, a zatim parne. U naˇsem primeru to izgleda ovako: • •

• • • •

• • • • • •

• • • •

• • • • • • • • •

• • • • • •

•

•

•

•

•

Time smo dobili particiju 14 + 8 + 6 + 7 + 1, ˇsto je particija na razliˇcite sabirke kod koje je svaki paran sabirak veći od 4 (dvostrukog broja neparnih sabiraka).


172

Bijektivni dokaz ove teoreme (koji smo ovde naveli) dao je 1980. godine Breˇso (eng. David Bressoud). Naredne 2 teoreme ćemo dati bez dokaza (dokaze moˇzete videti u [3] i [6]). Prva od njih je Ojlerova teorema za petougaone brojeve. Prvo da uvedemo ˇsta su petougaoni brojevi (eng. pentagonal numbers). Krenimo od trougaonih brojeva — to su 1, 3, 6, 10, . . . , tj. broj taˇcaka u trouglu stranice j (tj. trougla koji po vrstama ima redom 1, 2, 3, ... taˇcaka). Stoga je j-ti trougaoni broj jednak 1 + 2 + 3 + . . . + j = j(j+1) . Petougaoni brojevi su 1, 5, 12, 22, . . . , tj. to je 2 broj taˇcaka u petouglu stranice j. Ovaj petougao se sastoji od kvadrata stranice j na koji je postavljen trougao stranice j − 1. Stoga imamo da je j-ti petougaoni broj jednak j 2 + (j−1)j = j(3j−1) . Na sledećoj slici su predstavljeni preko taˇcaka prva tri trougaona 2 2 i prva tri petougaona broja. •

• • •

• •

•

• • • • •

•

• •

•

• •

•

• • • • • •

• • •

Ove petouglove ćemo zarotirati za −90◦ i taˇcke ćemo ”ispraviti” da bismo dobili dijagrame Ferera. •

• • • •

•

• • • • • •

• • •

• •

•

• • • •

• • • • • • • • • • • • • • • • •

•

Ovim dijagramima odgovaraju sledeće particije na razliˇcite sabirke: 1, 3 + 2, 5 + 4 + 3, 7 + 6 + 5 + 4, ... Ove particije se pojavljuju kao specijalni sluˇcajevi u Ojlerovoj teoremi za petougaone brojeve. TEOREMA 2.6.38. Ojlerova teorema za petougaone brojeve. Za svako prirodno n vaˇz(i p (n | paran broj 6= sabiraka) = p (n | neparan broj 6= sabiraka) + e(n), (−1)j n = j(3j±1) 2 gde je e(n) = . 0 inaˇce

Iz ove teoreme, pomoću funkcija generatrisa dobijamo kao posledicu sledeću teoremu. Ona se koristi za brˇze raˇcunanje funkcije p (n). TEOREMA 2.6.39. p (n)

Za broj particija vaˇzi sledeća rekurentna formula

= p (n − 1) + p (n − 2) − p (n − 5)p (n − 7) + p (n − 12) + . . . +(−1)j−1 p (n −

j(3j−1) ) 2

+ (−1)j−1 p (n −

j(3j+1) ) 2

+ ...

Sa joˇs nekim identitetima sa particijama ćemo se sresti medju zadacima na kraju ove glave.


173

NEKA SVOJSTVA BROJA PARTICIJA Iako ne postoji jednostavna formula za particije (kao ˇsto je sluˇcaj bio kod kompozicija), matematiˇcari su traˇzili aproksimativne formule za p (n) da bi znali kako se ponaˇsa ova funkcija kada n → ∞. Engleski matematiˇcar Hardi (eng. Godfrey Harold Hardy; 1877-1947) i Indijac Ramanudˇzan (eng. Srinivasa Ramanujan; 1887-1920) su 1918. godine dokazali formulu √ ec n p (n) ≈ √ , 4n 3 q gde je konstanta c = π 23 . Za dobijanje ovog rezultata oni su razvili nov metod koji je ukljuˇcivao i teoriju funkcija kompleksnih promenljivih. Ramanudˇzan je bio prvi koji je otkrio (1919. godine) razna svojstva vezana za deljivost funkcije p (n). Naime, on je pokazao da vaˇzi p (5k + 4) ≡ 0 (mod 5),

p (7k + 5) ≡ 0 (mod 7),

p (11k + 6) ≡ 0 (mod 11),

kao i sliˇcne relacije za module 52 , 72 i 112 , poput p (25k + 24) ≡ 0 (mod 52 ) i p (49k + 47) ≡ 0 (mod 72 ), kao i p (35k + 19) ≡ 0 (mod 5 · 7). Ove ˇcinjenice je on spojio u njegovu ˇcuvenu hipotezu: Neka je q = 5, 7 ili 11 i neka je k prirodan broj. Tada ako vaˇzi 24n ≡ 1 (mod q k ), onda vaˇzi p (n) ≡ 0 (mod q k ). U to doba je britanski matematiˇcar Mek Mahon (eng. P.A. MacMahon) napravio tablicu za funkciju p (n) za vrednosti n6200. Tek kasnije kada su proˇsirivali ovu tabelu pokazano je da Ramanudˇzanova hipoteza nije taˇcna: za q = 7 i k = 3, dobijamo n = 243 (jer je 24 · 243 = 5 832 ≡ 1 (mod 73 )), ali imamo da je p (243) = 133 978 259 344 888 ≡ 245 6≡ 0 (mod 73 )! Bez obzira ˇsto je Ramanudˇzanova hipoteza pogreˇsna i dan danas zadivljuje njegova intuicija (vezana ne samo za particije nego i druga svojstva brojeva). Danas je poznata i prepravka Ramanudˇzanove hipoteze: ako je 24n ≡ 1 (mod 72k−2 ) onda je p (n) ≡ 0 (mod 7k ), za k > 2. Da se kongruencije sa particijama mogu naći ne samo za 5, 7 i 11, nego i za sve veće proste brojeve, je dokazano skoro – 1999. godine. U nastavku ovog poglavlja daćemo neke procene (nejednakosti) za broj particija broja n, tj. za p (n). TEOREMA 2.6.40. Funkcija broja particija p (n) je strogo rastuća, tj. vaˇzi nejednakost p (n) > p (n − 1), za sve n > 2. ˇ Dokaz . Sta predstavlja razlika p (n) − p (n − 1)? Svakoj particiji broja n − 1 moˇzemo dodati 1. Time smo dobili particiju broja n u kojoj se javlja sabirak 1. Ovakvo preslikavanje je bijekcija, pa vaˇzi p (n − 1) = p (n | sa sabirkom 1). Stoga razlika p (n) − p (n − 1) predstavlja broj particija broja n koje ne sadrˇze sabirak 1, tj. p (n) − p (n − 1) = p (n | N \ {1}). Kako uvek imamo particiju n (koja se sastoji samo od jednog sabirka) broja n, to je p (n | N \ {1}) > 0, pa je i p (n) − p (n − 1) > 0. Deo ovog tvrdjenja ćemo koristiti za dokazivanje naredne, stroˇzije procene.


TEOREMA 2.6.41.

Dokaz .

174

Za broj particija vaˇzi p (n) − 2p (n − 1) + p (n − 2) > 0.

Napiˇsimo datu nejednakost u pogodnijem obliku: p (n) − p (n − 1) > p (n − 1) − p (n − 2).

Od svake particije broja n − 1 koja ne sadrˇzi sabirak 1 moˇzemo dobiti particiju broja n koja ne sadrˇzi sabirak 1 ako najveći sabirak uvećamo za 1. Stoga imamo da vaˇzi p (n | N \ {1}) > p (n − 1 | N \ {1}), odnosno p (n) − p (n − 1) > p (n − 1) − p (n − 2), ˇsto je i trebalo dokazati. Jednakost se dostiˇze u nekim sluˇcajevima, npr. za n = 3, n = 5 i n = 7. Za n = 7 imamo 4 particije koje ne sadrˇze element 1, to su 7,

5 + 2,

4 + 3,

3 + 2 + 2,

dok i za n = 6 imamo 4 particije koje ne sadrˇze element 1, to su 6,

TEOREMA 2.6.42.

4 + 2,

3 + 3,

2 + 2 + 2.

√ nc

Za broj particija broja n > 2 vaˇzi p (n) > 2b

.

√ Dokaz . Oznaˇcimo sa r = b nc i neka je K neki k-elementni podskup {a1 , a2 , . . . , ak } skupa Nr za neko 0 6 k 6 r. Skup K generiˇse jednu particiju broja n, koja ima sabirke a1 , a2 , . . . , ak i n − (a1 + a2 + . . . + ak ), jer vaˇzi a1 + a2 + . . . + ak < k · r 6 r2 6 n (sem za sluˇcaj n = 2 poslednji sabirak u particiji, n − (a1 + a2 + . . . + ak ), je veći od r). Kako razliˇciti podskupovi skupa Nr (a njih ima 2r ) generiˇsu razliˇcite particije broja n, dobijamo da vaˇzi nejednakost p (n) > 2r . TEOREMA 2.6.43. Za broj particija prirodnog broja n vaˇzi da nije veći od (n+1)-og Fibonaˇcijevog broja, tj. p (n) 6 Fn+1 . Dokaz . U dokazu Teoreme 2.6.40 smo dobili p (n) − p (n − 1) = p (n | N \ {1}). Dalje imamo da je p (n − 2) = p (n | sa sabirkom 2), jer svakoj particiji broja n − 2 moˇzemo dodati sabirak 2 (ovo preslikavanje je bijekcija f ). Od svake particije broja n koja ne sadrˇzi sabirak 1 moˇzemo dobiti jednu particiju broja n koja sadrˇzi element 2 — to je preslikavanje g koje najmanji sabirak s podeli na 2 + 1 + 1 + . . . + 1 (g je ”1-1”; da nije {z } | s−2

”na”vidimo iz narednog primera — niˇsta se ne slika u drugu particiju 2 + 2 + 1 + 1).


175

Ilustrujmo ovo za n = 6: • • • • f

• • •

↓

• •

↓

• • • • • g

•

•

• • • •

•

•

• •

↓ • •

• • •

↑ •

•

• •

•

•

•

• •

• •

• •

↓ •

• • •

↑

•

• •

• • •

•

•

•

•

•

↓ • • •

• • • •

↑ • •

•

↑ • • •

• • • •

Kako je g ”1-1” preslikavanje vaˇzi p (n − 2) = p (n | sa sabirkom 2) > p (n | N \ {1}). Na osnovu prethodnog i jednakosti sa poˇcetka dokaza (iz Teoreme 2.6.40) dobijamo nejednakost p (n) 6 p (n − 1) + p (n − 2), za n > 3. Sada smo spremni da tvrdjenje teoreme dokaˇzemo matematiˇckom indukcijom. Tvrdjenje vaˇzi za n = 1 i n = 2: p (1) = F2 = 1 i p (2) = F3 = 1. X Pretpostavimo da tvrdjenje vaˇzi za n = k − 1 i za n = k, tj. da je p (k − 1) 6 Fk i p (k) 6 Fk+1 . Tada za n = k + 1 imamo p (k + 1) 6 p (k) + p (k − 1) 6 Fk+1 + Fk = Fk+2 . X Stoga po Principu matematiˇcke indukcije dobijamo da za svaki prirodan broj n vaˇzi p (n) 6 Fn+1 . Navedimo joˇs jednu zanimljivu osobinu particija. Frenklin (eng. F. Franklin) je medju particijama koje sadrˇze najviˇse jedan sabirak jednak 1, raˇcunao sumu, koja se dobija tako ˇsto se za svaku particiju koja sadrˇzi 1 sumi doda 1, a za svaku particiju koja ne sadrˇzi 1 sumi se doda k, gde je k broj razliˇcitih sabiraka koji se pojavljuju u toj particiji. Npr. za n = 7, sve takve particije su 7

5+2

4+3

1

2

2

3+2+2

2

6+1

4+2+1

3+3+1

2+2+2+1

1

1

1

1

(crtom smo razdvojili particije koje ne sadrˇze 1 i one koje sadrˇze 1), a u 2. redu su njihovi doprinosi sumi. Stoga, njima odgovara sledeća suma 1+2+2+2+1+1+1+1 = 11 = p (6). On je pokazao 1878. godine da je ova suma jednaka broju particija broja n − 1, tj. p (n − 1). Ova ˇcinjenica je naˇsla primene u raˇcunanju distrubicije veza izmedju atoma.


176

PARTICIJE SKUPA, STIRLINGOVI I BELOVI BROJEVI Particija skupa (ili razbijanje skupa) Nn = {1, 2, 3, . . . , n} na k podskupova, k > 1, je skup podskupova π = {S1 , S2 , . . . , Sk }, takvih da vaˇzi Si ∩ Sj = ∅ za svako i 6= j i Nn = S1 ∪ S2 ∪ . . . ∪ Sk . Broj particija skupa od n elemenata jednak je Belovom broju B(n) =

n X

S(n, k), koji

k=0

je jednak sumi Stirlingovih brojeva II vrste – S(n, k) predstavlja broj naˇcina da se skup od n brojeva podeli (razbije) na k podskupova. Skup od n elementa Nn = {1, 2, . . . , n} ne moˇzemo podeliti na 0 poskupova, stoga je S(n, 0) = 0, ali ima razloga zaˇsto suma u definiciji Belovih brojeva ide od k = 0, a ne od k = 1 (ˇsto bismo isto mogli da uzmemo). Razlog je ˇsto je ˇsto prazan skup moˇzemo podeliti na 0 podskupova na 1 naˇcin, tj. vaˇzi B(0) = S(0, 0) = 1. Belovi brojevi B(n) =

n X

S(n, k) su jednaki broju relacija ekvivalencije na skupu

k=0

od n elemenata, a Stirlingovi brojevi S(n, k) predstavljaju broj relacija ekvivalencije na skupu od n elemenata sa k klasa ekvivalencije. PRIMER 2.6.44. Odredimo sve moguće relacije ekvivalencije nad skupom S, ako je: a) S = {1}; b) S = {1, 2}; c) S = {1, 2, 3}. Reˇsenje. a) Ovde imamo samo 1 relaciju ekvivalencije % = {(1, 1)}. b) Ovde imamo 2 relacije ekvivalencije %1 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}

i

%2 = {(1, 1), (2, 2)}.

Kod prve relacije %1 imamo samo jednu klasu ekvivalencije {1, 2}, dok kod druge %2 imamo 2 klase ekvivalencije {1} i {2}. c) Skup {1, 2, 3} moˇzemo razbiti na podskupove na sledeće naˇcine (svaki od njih odredjuje po jednu relaciju ekvivalencije): {1, 2, 3} {1, 2} i {3} {1, 3} i {2} {2, 3} i {1} {1}, {2} i {3}

%1 %2 %3 %4 %5

= {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)} = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2); (3, 3)} = {(1, 1), (1, 3), (3, 1), (3, 3); (2, 2)} = {(2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3); (1, 1)} = {(1, 1); (2, 2); (3, 3)}

Dakle ukupno ima 5 relacija ekvivalencije na skupu {1, 2, 3}. Uvedimo sada i Stirlingove brojeve I vrste, naravno uz njihovo kombinatorno tumaˇcenje. Za svaki x ∈ R i n ∈ N definiˇsimo [x]n = x(x − 1) · . . . · (x − n + 1)

i

[x]n = x(x + 1) · . . . · (x + n − 1),

gde po definiciji uzimamo da vaˇzi [x]0 = [x]0 = 1. Tada Stirlingov broj I vrste, s(n, k), definiˇsemo kao koeficijent uz xk u razvoju [x]n , tj. vaˇzi [x]n =

n X k=0

s(n, k)xk .

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA Moˇze se pokazati da vaˇzi i [x]n =

n X

177

|s(n, k)|xk .

k=0

Ciklus od n objekata ili n-ciklus ima oblik a1 a2 a3 . . . an gde se smatra da je an pored a1 , tako da je a1 a2 a3 . . . an = aj aj+1 . . . an a1 a2 . . . aj−1 (npr. imamo a1 a2 a3 = a2 a3 a1 = a3 a1 a2 ). n-ciklus moˇzemo zamisliti kao n ljudi koji sede za okruglim stolom. Broj mogućih naˇcina da se n objekata raspodeli (razbije) na k ciklusa, pri ˇcemu bilo koja 2 od k ciklusa nemaju zajedniˇcki element, iznosi s(n, k), gde je s(n, k) Stirlingov broj I vrste. Sada ćemo dati nekoliko formula, koje moˇzemo da iskoristimo za izraˇcunavanje Belovih i Stirlingovih brojeva II vrste. TEOREMA 2.6.45.

Stirlingovi brojevi II vrste zadovoljavaju rekurentnu vezu

S(n + 1, m) = S(n, m − 1) + m · S(n, m),

gde je

S(n, 1) = S(n, n) = 1.

Dokaz . Posmatrajmo skup svih particija n-elementnog skupa {x1 , x2 , . . . , xn } na m−1 podskupova. Od ovih S(n, m − 1) particija moˇzemo dobiti particije (n + 1)-elementnog skupa {x1 , x2 , . . . , xn , xn+1 } na m podskupova dodavanjem jednoelementnog podskupa {xn+1 }. Element xn+1 moˇze biti pridodat i u neki od m podskupova particije n-elementnog ¡ ¢ skupa {x1 , x2 , . . . , xn } na m podskupova. Kako taj podskup moˇzemo izabrati na m 1 =m naˇcina. Ovakvih particija (n + 1)-elementnog skupa {x1 , x2 , . . . , xn , xn+1 } na m podskupova ima m · S(n, m). Na osnovu ova 2 zakljuˇcka dolazimo do traˇzene formule: S(n + 1, m) = S(n, m − 1) + m · S(n, m). Obratimo joˇs paˇznju na poˇcetne uslove. S(n, 1) = 1 jer je to razbijanje jednako samom tom skupu {x1 , x2 , . . . , xn }. S(n, n) = 1 jer je to razbijanje gde svaki podskup ima taˇcno 1 element — to je {x1 } ∪ {x2 } ∪ . . . ∪ {xn }. PRIMER 2.6.46. i 1 6 m 6 6.

Izraˇcunajmo vrednosti Stirlingovih brojeva II vrste, za 1 6 n 6 6

Reˇsenje. Koristeći rekurentnu formulu iz prethodne teoreme dobijamo sledeću tablicu — to je niz A008277 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31]. S(n, m)

n

1 2 3 4 5 6

m 1 1 1 1 1 1 1

2 0 1 3 7 15 31

3 0 0 1 6 25 90

4 0 0 0 1 10 65

5 0 0 0 0 1 15

6 0 0 0 0 0 1


178

Primetimo da je S(n, m) = 0 za m > n. Ovu ˇcinjenicu moˇzemo pokazati pomoću matematiˇcke indukcije. TEOREMA 2.6.47.

Stirlingovi brojevi II vrste zadovoljavaju rekurentnu vezu µ ¶ n X n S(n + 1, m) = S(k, m − 1). k k=m−1

Dokaz . Neka je X = {x1 , x2 , . . . , xn , xn+1 }. Posmatrajmo skup svih particija (n + 1)elementnog skupa X na m podskupova. On sadrˇzi S(n + 1, m) particija. Svaka od tih particija sadrˇzi jedan podskup kome pripada element xn+1 i joˇs m − 1 podskupova, te ona odredjuje jednu particiju k-elementnog skupa K (K je unija tih m − 1 podskupova) na m − 1 podskupova, pri ˇcemu vaˇzi m − 1 6 k 6 n. Na ovaj naˇcin dobijamo medjusobno razliˇcite particije skupa K (u protivnom, ako bi ovde imali 2 jednake particije i medju svim particijama skupa X bismo imali 2 jednake particije). Ovim postupkom smo dobili sve particije bilo kog skupa K ⊂ X (koji ima bar m − 1 elemenata) na m − 1 podskupova. ¡Preostalih ¢ ¡n¢n − k elemenata, koji zajedno sa xn+1 ˇcine m-ti podskup, moˇzemo izabrati n na n−k = k naˇcina. Na osnovu ovih razmatranja dobijamo traˇzenu formulu: µ ¶ n X n S(n + 1, m) = S(k, m − 1). k k=m−1

TEOREMA 2.6.48.

Belovi brojevi zadovoljavaju rekurentnu vezu n µ ¶ X n B(n + 1) = B(k), gde je B(0) = 1. k k=0

Dokaz 1 . Iskoristimo definiciju Belovih brojeva (2 puta), prethodnu teoremu, promenimo poredak sumiranja i uvedimo smenu λ = ` − 1: B(n + 1)

n+1 X

=

S(n + 1, `) = 0 +

`=0

k=1

S(n + 1, `) =

`=1

n µ X

=

n+1 X

n k

¶ k+1 X

S(k, ` − 1) =

`=1

n+1 X

µ ¶ n X n S(k, ` − 1) k

`=1 k=`−1 n µ X k=1

n k

¶X k

S(k, λ) =

λ=0

n µ ¶ X n B(k). k

k=0

Dokaz 2 . Analogno kao u dokazu prethodne teoreme moˇzemo odredjivati podskup koji sadrˇzi element xn+1 . ˇ Clan 1, koji odgovara sluˇcaju k = 0, pojavljuje se kada se particija skupa sastoji od jednog jedinog podskupa. PRIMER 2.6.49. Reˇsenje. n B(n)

1 1

Izraˇcunajmo vrednosti Belovih brojeva B(n), za 1 6 n 6 11: 2 2

3 5

4 15

5 52

6 203

7 8 877 4 140

9 21 147

10 115 975

11 678 570


179

Ovi brojevi predstavljaju niz A000110 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31]. Kroz narednih nekoliko primera ćemo dati vezu izmedju particija broja i particija skupa. PRIMER 2.6.50.

Odrediti sve particije skupa N3 = {1, 2, 3}.

Reˇsenje. U Primeru 2.6.44 smo već izvrˇsili razbijanje skupa N3 = {1, 2, 3} kada smo odredjivali sve relacije na ovom skupu, ali ćemo to ponovo uraditi da bismo uspostavili vezu izmedju particija skupa i particija prirodnog broja. Sve particije broja 3 su 3, 2 + 1 i 1 + 1 + 1. Prva od njih, 3, je razbijanje broja na 1 sabirak i odgovara razbijanju skupa na 1 podskup, ˇsto moˇzemo uˇciniti na S(3, 1) = 1 naˇcin — {1, 2, 3}. Druga od njih je razbijanje broja na 2 sabirka, 2 + 1, i odgovara razbijanju skupa na 2 podskupa, ˇsto moˇzemo uˇciniti na S(3, 2) = 3 naˇcina – {1} ∪ {2, 3}, {2} ∪ {1, 3} i {3} ∪ {1, 2}. Treća od njih je razbijanje broja na 3 sabirka, 1 + 1 + 1, i odgovara razbijanju skupa na 3 podskupa, ˇsto moˇzemo uˇciniti na S(3, 3) = 1 naˇcin — {1} ∪ {2} ∪ {3}. Predstavimo sve ovo tabliˇcno: particije broja St.br.II vr. 3 S(3, 1) = 1 2+1 S(3, 2) = 3 1+1+1 S(3, 3) = 1 X

3

PRIMER 2.6.51.

particije skupa {1, 2, 3} {2, 3} ∪ {1} {1, 3} ∪ {2} {1, 2} ∪ {3} {1} ∪ {2} ∪ {3}

B(3) = 5

5

Odrediti sve particije skupa N4 = {1, 2, 3, 4}.

Reˇsenje.

X

particije 4 4 3+1 2+2 2+1+1

St.br.II vr. S(4, 1) = 1 S(4, 2) = 7 S(4, 3) = 6

{1, 2} ∪ {3} ∪ {4} {1, 3} ∪ {2} ∪ {4} {1, 4} ∪ {2} ∪ {3} {2, 3} ∪ {1} ∪ {4} {2, 4} ∪ {1} ∪ {3} {3, 4} ∪ {1} ∪ {2}

1+1+1+1

S(4, 4) = 1

{1} ∪ {2} ∪ {3} ∪ {4}

5

B(4) = 15

15

PRIMER 2.6.52.

particije skupa N4 {1, 2, 3, 4} {2, 3, 4} ∪ {1} {1, 3, 4} ∪ {2} {1, 2, 4} ∪ {3} {1, 2, 3} ∪ {4}

{1, 2} ∪ {3, 4} {1, 3} ∪ {2, 4} {1, 4} ∪ {2, 3}

Odrediti broj particija skupa N5 = {1, 2, 3, 4, 5}.

Reˇsenje. Ima ih mnogo (52) zato ih nećemo sve dati, nego ćemo samo dati tablicu u kojoj vidimo vezu particija broja i particija skupa:


180

particije broja St.br.II vr. 5 S(5, 1) = 1 4+1 3+2 S(5, 2) = 15 = 5 + 10 3 + 1 + 1 2 + 2 + 1 S(5, 3) = 25 = 10 + 15 2+1+1+1 S(5, 4) = 10 1+1+1+1+1 S(5, 5) = 1 X

7

B(5) = 52

DEFINICIJA 2.6.53. Epimorfizam (ili surjekcija) f : X → Y je preslikavanje koje je ”na”, tj. za koje vaˇzi da za svaki element y ∈ Y postoji element x ∈ X koji se slika u njega, tj. za koji vaˇzi f (x) = y. Sada ćemo odrediti broj svih takvih preslikavanja f : X → Y , gde je |X| = r, |Y | = n i n 6 r. TEOREMA 2.6.54. jednak je

Broj epimorfizama f : X → Y , gde je |X| = r, |Y | = n i n 6 r Epi(r, n) = S(r, n) · n!,

gde je S(r, n) Stirlingov broj II vrste. Dokaz . Svaki epimorfizam odredjuje jednu particiju (razbijanje) skupa X na n podskupova koji su indeksirani elementima iz Y (tj. unutar j-tog podskupa skupa X nalaze se elementi koji se epimorfizmom f slikaju u j ∈ Y ). Ako bismo permutovali elemente skupa Y opet bismo dobili jedan epimorfizam koji odgovara istoj particiji skupa. Stoga je ukupan broj epimorfizama jednak Epi(r, n) = S(r, n) · n!. Do rezultata za broj epimorfizama moˇzemo doći i pomoću formule ukljuˇcenja– iskljuˇcenja (taj rezultat je dat u delu pod b) Zadatka 2.6.29) kojom bismo dobili da je broj epimormizama µ ¶ n X n r Epi(r, n) = S(r, n) · n! = (−1)n−k k . k k=1

PRIMER 2.6.55. {1, 2, 3}.

Odredimo broj ”na” preslikavanja skupa {1, 2, 3, 4, 5, 6} na skup

Reˇsenje. Ubacivanjem u prethodnu formulu nalazimo da je broj ”na” preslikavanja jednak Epi(6, 3) = S(6, 3) · 3! = 90 · 6 = 540. Proveriti ovaj rezultat raˇcunanjem sume dobijene iz principa ukljuˇcenja–iskljuˇcenja. Neka je A skup od n elemenata. Broj svih particija skupa A u (neprazne) podskupove jednak je Belovom broju B(n). Broj particija skupa A u m (nepraznih) podskupova jednak je Stirlingovom broju II vrste S(n, m). Razmotrimo sada razbijanja skupa A u m podskupova Ai , i = 1, ..., m, gde je |Ai | = ni .


TEOREMA 2.6.56. je |Ai | = ni , jednak je

181

skupa A u m podskupova Ai , i = 1, ..., m, gde ¡Broj nrazbijanja ¢ n1 ,n2 ,...,nm

p1 ! · p2 ! · . . . · pk !

.

Reˇsenje. Sortirajmo skupove Ai prema kardinalnosti i na taj naˇcin dolazimo do jedne permutacije ¡elemenata ¢skupa A. Broj takvih permutacija jednak je multinomijalnom koeficijentu n1 ,n2n,...,nm (videti Teoremu 1.3.13, kao i Lemu 1.3.15). Ako su kardinalnosti n1 , n2 , . . . , nm medjusobno razliˇciti brojevi, tada svaka permutacija odgovara jednoj particiji skupa. Ako nisu razliˇciti onda je situacija malo sloˇzenija. Neka su N1 , N2 , . . . , Nk sve razliˇcite vrednosti koje se nalaze medju kardinalnostima n1 , n2 , . . . , nm i neka se svako Ni javlja pi puta medju n1 , n2 , . . . , nm . Tada rearanˇziranje delova permutacije koji odgovaraju datom Ni ne menja odgovarajuću particiju skupa, te stoga prethodni multinomijalni koeficijent moramo da podelimo sa pi ! za svako i. Zato je formulu za broj particija skupa u podskupove sa unapred zadatim (fiksiranim) brojem elemenata jednaka: ¡ ¢ n n1 ,n2 ,...,nm

p1 ! · p2 ! · . . . · pk !

,

ˇsto je i trebalo pokazati. PRIMER 2.6.57. Odredimo broj particija skupa {1, 2, 3, 4, 5} koje se sastoje od 3 podskupa od kojih 2 imaju po 1 element, a treći ima 3 elementa. Reˇsenje. Kada podatke ubacimo u prethodnu formulu dobijamo da je traˇzeni broj particija skupa jednak ¡ 5 ¢ 20 1,1,3 = = 10. 2! · 1! 2 Predstavimo sve te particije skupa. © ª © ª {1}, {2}, {3, 4, 5} {1}, {3}, {2, 4, 5} © ª © ª {1}, {4}, {2, 3, 5} {1}, {5}, {2, 3, 4} © ª © ª {2}, {3}, {1, 4, 5} {2}, {4}, {1, 3, 5} © ª © ª {2}, {5}, {1, 3, 4} {3}, {4}, {1, 2, 5} © ª © ª {3}, {5}, {1, 2, 4} {4}, {5}, {1, 2, 3} Ovim smo nabrojali svih tih 10 particija skupa na 2 podskupa od 1 elementa i 1 podskup od 3 elementa. PRIMER 2.6.58. Odredimo na koliko naˇcina 43 studenta moˇzemo podeliti u 7 grupa, tako da je po 5 studenata u 2 grupe, po 6 studenata u 3 grupe, 7 studenata u 1 grupi i 8 studenata u 1 grupi: ¡ ¢ 43 8,7,6,6,6,5,5

2! · 3! · 1! · 1!

= 4 609 505 988 517 364 677 515 694 521 600.


182

Uredjene particije bismo dobili ukoliko bi svakoj grupi dodelili neko ime (razliˇcito) i onda bi nam bilo bitno kada podelimo studente u grupe i u kojoj su grupi. Npr. ako ovih 43 studenta delimo tako da 5 ˇzivi u zgradi A, 5 u B, 6 u C, 6 u D, 6 u E, 7 u F i 8 u G. Tada je bitno i ko ˇzivi u kojoj zgradi, te takvih rasporeda imamo: µ ¶ 43 = 55 314 071 862 208 376 130 188 334 259 200. 8, 7, 6, 6, 6, 5, 5

ZADACI

2.6.1. Dokazati da je broj kompozicija broja n na sabirke iz skupa N2 = {1, 2} jednak Fibonaˇcijevom broju Fn+1 . 2.6.2.

Koliko ima n-tocifrenih prirodnih brojeva ˇciji je zbir cifara jednak 11?

2.6.3. Koliko ima trojki (x1 , x2 , x3 ) brojeva iz N0 , takvih da vaˇzi x1 + x2 + x3 = 100 i x1 6 x2 6 x3 ? 2.6.4. Koliko ima jednakokrakih trouglova, ˇcije su stranice celobrojne, a obim jednak 30cm? 2.6.5.

Koliko ima trouglova obima 300 ˇcije su duˇzine stranice prirodni brojevi?

2.6.6. Na koliko naˇcina se suma od 27 dinara moˇze platiti novˇcićima od a) 1 i 2 dinara; b) 2 i 5 dinara; c) 1, 2 i 5 dinara? 2.6.7. Na koliko razliˇcitih naˇcina prodavac na pijaci moˇze da izmeri prase od 15kg na vagi pomoću tegova od 1kg, 2kg i 4kg (moˇzemo uzeti da tegova svake od ove 3 vrste imamo po 15)? 2.6.8. Na koliko naˇcina se suma od 100 dinara moˇze platiti novˇcićima 1, 2, 5 i 10 dinara? 2.6.9. Na koliko naˇcina se suma od 50 dinara moˇze platiti novˇcićima 1, 2, 5, 10 i 20 dinara? 2.6.10. Nacrtati Fererove dijagrame za sledeće particije: [12 32 5 7], 2.6.11.

[2 4 62 7].

a) Odrediti konjugovane particije sledećih particija u standardnoj notaciji: [12 3 5 6],

[22 33 5 8].

b) Koje od sledećih particija su samo-konjugovane: [12 2 4],

[13 4 5 6],

[22 3 52 ],

[14 2 3 4 8]?

2.6.12. Izraˇcunati p5 (9) i p5 (10). 2.6.13. Dokazati da za broj particija broja n na k sabiraka vaˇzi pk (n) > 2.6.14. Naći funkcije generatrise za brojeve particija n:

¡

1 n−1 k! k−1

¢

.


183

a) u kojima je svaki sabirak jednak 3 ili 4. b) u kojima je svaki sabirak najviˇse 5. c) u kojima je svaki sabirak stepen broja 2. d) u kojima se svaki sabirak pojavljuje najviˇse dva puta. e) u kojima se svaki sabirak pojavljuje najviˇse tri puta. f ) u kojima se samo neparni sabirci mogu pojaviti viˇse od jedanput. g) u kojima je svaki sabirak deljiv sa 3. Da li su brojevi particija n u (e) i (f) jednaki? 2.6.15. Dokazati da je p (n) neparan ako i samo ako je p (n | 6=, neparni) neparan. 2.6.16. Koristeći Fererov dijagram, dokazati da vaˇzi sledeći identitet: p (n | najveći sabirak = r) = p (n − r | Nr ). 2.6.17. Dokazati p (n | 6=) = p (n | svi sabirci od 1 do najvećeg). Npr. za n = 6 imamo 4 particije. Na razliˇcite sabirke su: 6, 5 + 1, 4 + 2 i 3 + 2 + 1. Particije sa desne strane identiteta sa: 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1, 2 + 1 + 1 + 1 + 1, 2 + 2 + 1 + 1 i 3 + 2 + 1. 2.6.18. Dokazati da je broj particija n u kojima je svaki sabirak jednak 1 ili 2, jednak broju particija n + 3 koje imaju taˇcno dva razliˇcita sabirka. 2.6.19. Dokazati da je p (n | parni) = p (n | svaki sabirak paran broj puta) = p ( n2 ). 2.6.20. Dokazati da je p (n | p.b.n.s.) = p (n | 6=, p.b.n.s.), gde p.b.n.s. oznaˇcava paran broj neparnih sabiraka. 2.6.21. Dokazati da je broj particija 2n na tri sabirka, tako da je zbir svaka dva sabirka veći od trećeg, jednak broju particija n na taˇcno tri sabirka. 2.6.22. Dokazati da je broj particija n − m na taˇcno k − 1 sabiraka, tako da nijedan sabirak nije veći od m, jednak broju particija n − k na taˇcno m − 1 sabiraka, tako da nijedan sabirak nije veći od k. 2.6.23. Dokazati da je broj particija n u kojima se nijedan sabirak ne pojavljuje viˇse od 2k+1 − 1 puta jednak broju particija n u kojima se nijedan umnoˇzak 2k ne pojavljuje viˇse od jedanput kao sabirak. 2.6.24. Nazovimo particiju dugi pravougaonik (skraćeno d.p.) ukoliko je njen dijagram Ferera pravougaonik ˇcija je ˇsirina veća od visine. Oznaˇcimo sa r.u.s. razliku uzastopnih sabiraka u particiji. Dokazati da je p (n | d.p.) = p (n |√r.u.s. = 2). Dokazati da su ovi brojevi jednaki broju delilaca broja n koji nisu veći od n. 2.6.25. Dokazati da je broj particija n takvih da se svaki sabirak pojavljuje manje od 3 puta jednak broju particija broja n na sabirke koji nisu deljivi sa 3. Npr, za n = 6 imamo sledeće skupove particija:


184

{6, 5 + 1, 4 + 2, 4 + 1 + 1, 3 + 3, 3 + 2 + 1, 2 + 2 + 1 + 1} {5 + 1, 4 + 2, 4 + 1 + 1, 2 + 2 + 2, 2 + 2 + 1 + 1, 2 + 1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1}. Pokazati uopˇstenje ovog tvrdjenja (gde se svaki broj 3 zameni sa k). 2.6.26. Oznaˇcimo sa B(n) broj particija n na stepene broja 2. Npr, imamo da je B(6) = 6 i imamo sledeći skup particija: {4 + 2, 4 + 1 + 1, 2 + 2 + 2, 2 + 2 + 1 + 1, 2 + 1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1}. Dokazati da je: a) B(2n + 1) = B(2n); b) B(2n) = B(2n − 1) + B(n); c) B(n) paran za svako n > 2. 2.6.27. Dokazati da je broj particija broja n na ¥ razliˇ ¦ cite sabirke od kojih je svaki ili oblika 2k (stepeni dvojke) ili oblika 3 · 2k jednak n3 + 1. 2.6.28. Pod stepenicama visine m podrazumevamo tablu Ferera koja odgovara particiji (m − 1) + (m − 2) + . . . + 2 + 1, sa praznim stepenikom pridodatim na kraj radi simetrije. Na sledećoj slici su prikazane stepenice visine 4:

Dokazati da je broj svih Fererovih tabli (ukljuˇcujući i praznu tablu), koje se cele nalaze unutar stepenica visine m, jednak Katalanovom broju Cm . 2.6.29. Pokazati sledeće formule za Belove i Stirlingove brojeve: n m ¡ ¢ n X 1 X a) xn = S(n, k)[x]k ; b) S(n, m) = m! (−1)m−k m k k ; k=1

k=1

c) s(n + 1, m) = s(n, m − 1) + n · s(n, m), uz s(n, 0) = 0, s(n, n) = 1; ∞ kn n ¡ ¢ ¡ ¢ 1X X n d) B(n) = ; e) i+j s(n, i + j) = j k s(k, i)s(n − k, j); e k=1 k! k=0 n ¡i+j ¢ ¡ ¢ X n f ) j S(n, i + j) = k S(k, i)S(n − k, j); g)

n X

k=0

s(n, k)S(k, m) =

k=0

δn,m =

(

n X

S(n, k)s(k, m) = δn,m , gde je δn,m Kronekerov delta simbol,

k=0

1 0

n=m . n 6= m

2.6.30. Odredimo broj razbijanja skupa od 10 elementa na 2 podskupa od po 5 elemenata. 2.6.31. Na koliko naˇcina moˇzemo staviti a) 7 objekata u 3 kutije; b) 10 objekata u 4 kutije; c) 12 objekata u 4 kutije; d) 14 objekata u 6 kutije ako imamo: 1◦ razliˇcite objekte, razliˇcite kutije i kutije smeju biti prazne; 2◦ razliˇcite objekte, razliˇcite kutije i kutije ne smeju biti prazne;


185

3◦ istovetne objekte, razliˇcite kutije i kutije smeju biti prazne; 4◦ istovetne objekte, razliˇcite kutije i kutije ne smeju biti prazne; 5◦ razliˇcite objekte, istovetne kutije i kutije smeju biti prazne; 6◦ razliˇcite objekte, istovetne kutije i kutije ne smeju biti prazne. 2.6.32. Dokazati da za svako razbijanje skupa brojeva {1, 2, . . . , 8, 9} na 2 podskupa, postoji bar jedan podskup koji sadrˇzi troˇclanu aritmetiˇcku progresiju. Da li tvrdjenje vaˇzi za skup {1, 2, . . . , 8}? 2.6.33. Neka su {A1 , A2 , . . . , An } i {B1 , B2 , . . . , Bn } dva razbijanja skupa X za koja vaˇzi sledeći uslov: ako za neke brojeve i, j ∈ Nn vaˇzi Ai ∩ Bj = ∅, onda je |Ai ∪ Bj | > n. a) Dokazati da je |X| > 21 n2 . b) Da li je moguće |X| = 12 n2 ? 2.6.34. Neka je m > 3 fiksiran prirodan broj. Naći najmanji prirodan broj r(m) za koji vaˇzi da se za svako razbijanje skupa {1, 2, . . . , r(m)} na 2 podskupa iz jednog od njih moˇze izabrati m brojeva (ne mora razliˇcitih) x1 , x2 , . . . , xm za koje vaˇzi x1 + x2 + . . . + xm−1 = xm . 2.6.35. Neka je k > 1 dat prirodan broj. Odrediti najmanji prirodan broj r(m) za koji vaˇzi sledeće tvrdjenje: Od bilo kojih n prirodnih brojeva moguće je izabrati bar 2, ˇcija je suma ili razlika deljiva sa 2k + 1. 2.6.36. Odrediti sve relacije ekvivalencije na skupu {1, 2, 3, 4}. Koliko ih ima? 2.6.37. Da li ima viˇse relacija ekvivalencije ili relacija poretka na skupu {1, 2, . . . , n}, gde je n ∈ N? 2.6.38. Neka je An broj particija skupa {1, 2, . . . , n} i neka je Bn broj particija skupa {1, 2, . . . , n + 1} u kojim ne postoje dva susedna elementa koji su u istom podskupu. Dokazati da za sve prirodne brojeve n vaˇzi da je An = Bn .

Glava 3

Teorija grafova

3.1

ˇ STA JE GRAF?

POJAM GRAFA Najjednostavniji tip grafova se definiˇse na sledeći naˇcin. DEFINICIJA 3.1.1.¡ ¢ Graf G = (V, E) je uredjeni par koji se sastoji od skupa ˇcvorova V i skupa grana E ⊆ V2 . Za ˇcvorove u, v ∈ V kaˇzemo da su susedni ako je {u, v} ∈ E. Ako je e = {u, v} ∈ E kaˇzemo da grana e ima krajeve u i v. Takodje, kada je e = {u, v} ∈ E kaˇzemo da su ˇcvorovi u i v incidentni sa granom e. Uz sve ovo, za dve grane u grafu kaˇzemo da su susedne ukoliko imaju zajedniˇcki kraj. NAPOMENA.

Graf iz prethodne definicije zovemo joˇs i prost graf. potreba, moguće je proˇsiriti ovu definiciju. Na primer:

U zavisnosti od

• Orijentisani graf G = (V, E) je uredjeni par skupova ˇcvorova V i grana E, gde je E ⊆ V × V . Razlika je u tome ˇsto grane u ovom sluˇcaju imaju orijentaciju: grana e = (x, y) ima poˇcetni ˇcvor x i krajnji ˇcvor y. • Teˇzinski graf G = (V, E, ω) je uredjena trojka skupova ˇcvorova V i grana E, kao i teˇzinske funkcije ω : E → R koja svakoj grani dodeljuje teˇzinu. Teˇzinski grafovi mogu biti orijentisani ili neorijentisani. • Multigrafovi dozvoljavaju da izmedju dva ˇcvora postoji viˇse od jedne grane. Zbog toga se multigraf G = (V, E, f ) definiˇse kao uredjena trojka skupova ˇcvorova V i grana E, kao i preslikavanja f : E → V × V koje svakoj grani e ∈ E dodeljuje njen poˇcetni i krajnji ˇcvor. U ovom udˇzbeniku razmatraćemo samo proste grafove.

Iako su grafovi relacione strukture, najˇceˇsće ih predstavljamo crteˇzima u ravni tako ˇsto ˇcvorove predstavljamo taˇckama (u stvari, ˇceˇsće ih predstavljamo kruˇzićima), a grane ˇ predstavljamo neprekidnim (Zordanovim) krivama izmedju taˇcaka odredjenih njihovim krajevima. Kod grafova ˇcesto vaˇzi poznata izreka da slika vredi hiljadu reˇci: strukturu sledećeg grafa je lakˇse shvatiti iz predstavljanja 186

GLAVA 3. TEORIJA GRAFOVA

187 1

2

5

3

4

nego iz definicije G = ({1, 2, 3, 4, 5}, {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 1}}). NAPOMENA.

U danaˇsnje vreme se za istraˇzivanje svojstava grafova najviˇse koriste neki specijalizovani raˇcunarski programi. Jedan od takvih programa je i newGRAPH, koji je besplatan i dostupan sa adrese http://www.mi.sanu.ac.yu/newgraph/

DEFINICIJA 3.1.2. Pod okolinom NG (u) ˇcvora u grafa G = (V, E) podrazumevamo skup svih suseda ˇcvora u: © ª NG (u) = v ∈ V : {u, v} ∈ E . Stepen dG (u) ˇcvora u je broj njegovih suseda dG (u) = |NG (u)|. Najmanji i najveći stepen ˇcvora imaju posebne oznake: δ(G) = min dG (u),

∆(G) = max dG (u).

u∈V

u∈V

Graf G je regularan ako svi ˇcvorovi imaju isti stepen, tj. ako je δ(G) = ∆(G). Uobiˇcajeno je ispustiti indeks iz oznaka NG (u) i dG (u), ukoliko je iz konteksta jasno o kom se grafu radi. PRIMER 3.1.3.

U grafu 1 2

3

5

vaˇzi:

4

6

N (1) = {2, 3}, N (2) = {1, 5, 6}, N (3) = {1, 6}, N (4) = {6}, N (5) = {2, 6}, N (6) = {2, 3, 4, 5},

d(1) = 2 d(2) = 3 d(3) = 2 d(4) = 1 d(5) = 2 d(6) = 4.


188

Pritom je δ(G) = 1 i ∆(G) = 4.

LEMA. 3.1.4.

U proizvoljnom grafu G = (V, E) vaˇzi X dG (v) = 2|E|. v∈V

Dokaz . Za svako v ∈ V sabirak dG (v) oznaˇcava broj grana ˇciji je jedan kraj v. S X obzirom da svaka grana ima po dva kraja, zbir dG (v) prebrojava svaku granu u v∈V

grafu G po dva puta, odakle sledi gornja jednakost. POSLEDICA. 3.1.5

U proizvoljnom grafu broj ˇcvorova neparnog stepena je paran.

Dokaz . Ukoliko neki graf G = (V, E) sadrˇzi neparan broj ˇcvorova neparnog stepena, X tada je zbir dG (v) takodje neparan. Medjutim, to je u kontradikciji sa Lemom 3.1.4. v∈V

NAPOMENA.

Prethodna posledica se u literaturi ˇcesto zove lema o rukovanju: u svakom druˇstvu broj osoba koje su se rukovale neparan broj puta je paran. Ovde osobe iz druˇstva predstavljaju ˇcvorove grafa, tako da izmedju dve osobe postoji grana ukoliko su se one rukovale.

PRIMER 3.1.6. U skupu od n, n > 4, osoba medju svake ˇcetiri osobe postoji jedna osoba koja se poznaje sa preostale tri osobe. Dokazati da u tom skupu postoji osoba koja poznaje sve ostale osobe. Reˇsenje. Predstavimo ovaj skup osoba pomoću grafa G = (V, E) tako ˇsto svaku osobu predstavimo ˇcvorom, a poznanstvo dveju osoba granom izmedju odgovarajućih ˇcvorova. Ovako pridruˇzeni graf ima osobinu da medju proizvoljna ˇcetiri ˇcvora postoji ˇcvor koji je susedan sa preostala tri, a mi treba da dokaˇzemo da postoji ˇcvor susedan sa svim ostalim ˇcvorovima. Ukoliko je svaki par ˇcvorova u G susedan, tada je oˇcigledno svaki ˇcvor iz G susedan sa svim ostalim ˇcvorovima. U suprotnom, neka su u i v nesusedni ˇcvorovi u G. Tada za proizvoljan par ˇcvorova s, t iz V \ {u, v}, u ˇcetvorci u, v, s, t postoji ˇcvor susedan sa preostala tri ˇcvora. Takav ˇcvor ne moˇze da bude ni u, ni v, jer su u i v nesusedni. Prema tome, takav ˇcvor je ili s ili t. U svakom sluˇcaju, vaˇzi da su s i t susedni ˇcvorovi. Stoga, kako je par ˇcvorova s, t izabran proizvoljno, zakljuˇcujemo da je svaki par ˇcvorova iz V \ {u, v} susedan. Zato je svaki ˇcvor iz V \ {u, v} susedan sa svim ostalim ˇcvorovima iz V \ {u, v}. Kako je bar jedan od ˇcvorova s, t pritom susedan i sa u i sa v, zakljuˇcujemo da je taj ˇcvor susedan sa svim ostalim ˇcvorovima grafa G. NAPOMENA.

Prethodno razmatranje nam omogućuje da odemo i korak dalje i odredimo sve mogućnosti za strukturu grafa G. Prva mogućnost je, naravno, da su svi ˇcvorovi u G medjusobno susedni.


189

U suprotnom, ako postoje nesusedni ˇcvorovi u i v, tada je, za svaki par s, t preostalih ˇcvorova grafa bar jedan od s i t susedan i sa u i sa v. Druga mogućnost je, stoga, da su svi ˇcvorovi iz V \ {u, v} susedni i sa u i sa v. U suprotnom, neka je s ˇcvor iz V \ {u, v} koji nije susedan, na primer, sa u. Tada za proizvoljan ˇcvor t iz V \ {u, v, s} vaˇzi da u ˇcetvorci u, v, s, t postoji ˇcvor susedan sa preostala tri. Iz prethodnog vidimo da taj ˇcvor ne moˇze da bude ni u, ni v, ni s. Prema tome, taj ˇcvor mora da bude t i on je, stoga, susedan i sa u i sa v i sa s. Kako je t bio izabran proizvoljno, zakljuˇcujemo da je svaki ˇcvor iz V \ {u, v, s} susedan i sa u i sa v i sa s. Stoga postoje joˇs dve mogućnosti za graf G: u trećoj mogućnosti ˇcvor s je susedan sa v, a u ˇcetvrtoj mogućnosti ˇcvor s nije susedan sa v. Sve ove mogućnosti su ilustrovane na donjoj slici za n = 6. u

u

v

u

v

s

v

s

POSEBNE KLASE GRAFOVA Neki tipovi grafova (tzv. klase grafova) se sreću ˇceˇsće od ostalih i zasluˇzuju posebna imena. Kompletan graf Kn je graf sa ˇcvorovima 1, 2, . . . , n u kome je svaki par ˇcvorova povezan granom. Taˇcnije, ³© ª © ª´ Kn = 1, 2, . . . , n , {i, j} : 1 6 i < j 6 n . Na narednoj slici je prikazan kompletan graf sa 10 ˇcvorova. 1 2

10

3

9

4

8

5

7 6


190

Bipartitni graf je graf G kod koga skup ˇcvorova V (G) mozhemo razbiti na 2 podskupa X i Y , tako da svaka ivica e ∈ E(G) ima jedan kraj u X, a drugi u Y . Podskupovi X i Y se nazivaju klase ili obojeni skupovi . k-partitan graf je graf G ˇciji se skup ˇcvorova V (G) moˇzeti predstaviti kao unija disjunktnih skupova X1 , X2 , . . . , Xk (ovi skupovi se nazivaju i klase). Svaka grana k-partitnog grafa spaja 2 ˇcvora koji pripadaju razliˇcitim klasama. Neki specijalni sluˇcajevi ovih grafova su dati u narednim pojmovima. Kompletan bipartitni graf Km,n je graf koji ima dve grupe ˇcvorova 1, 2, . . . , m i m + 1, m + 2, . . . , m + n tako da je svaki ˇcvor i iz prve grupe susedan sa svakim ˇcvorom m + j iz druge grupe (i da pritom nema drugih grana sem ovih). Na narednoj slici je prikazan kompletan bipartitni graf K3,5 . 1

2

4

5

3

6

7

8

Zvezda Sn je kompletni bipartitni graf K1,n−1 . Na narednoj slici je prikazana zvezda S7 . 2

3

7

1

4

6

5

Kompletan multipartitni graf Km1 ,m2 ,...,mk je graf sa k grupa ˇcvorova, pri ˇcemu ita grupa sadrˇzi mi ˇcvorova za i = 1, 2, . . . , k, tako da su svaka dva ˇcvora iz razliˇcitih grupa susedna, a da ne postoje grane izmedju ˇcvorova iz iste grupe. Na narednoj slici je prikazan kompletan multipartitni graf K1,2,3,3 . 2

1

3

4

9 5

8 6

7


191

Put Pn je graf sa ˇcvorovima 1, 2, . . . , n i granom izmedju ˇcvorova i i i + 1 za svako ˇ i = 1, 2, . . . , n − 1. Cvorovi 1 i n su krajevi puta. Na narednoj slici je prikazan put P10 .

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Ciklus Cn je graf dobijen od puta Pn dodavanjem nove grane koja spaja krajeve puta. Taˇcnije, ³© ª © ª © ª´ Cn = 1, 2, . . . , n , {i, i + 1} : i = 1, 2, . . . , n − 1 ∪ 1, n . U literaturi na srpskom jeziku, ciklus se ˇcesto naziva konturom. Na narednoj slici je prikazan ciklus C10 . 1 2

10

3

9

4

8

5

7 6

Tochak Wn je graf dobijen od konture Cn−1 dodavanjem novog ˇcvora koji je spojen granama sa svim ˇcvorovima konture Cn−1 . Taˇcnije, ³© ª © ª © ª © ª´ Wn = 1, 2, . . . , n , {1, i} : i = 2, 3, . . . , n ∪ {i, i + 1} : i = 2, 3 . . . , n − 1 ∪ 2, n . Na narednoj slici je prikazan toˇcak W7 . 2

3

7

1

4

6

5

Prazan graf K n je graf sa ˇcvorovima 1, 2, . . . , n koji ne sadrˇzi nijednu granu. Taˇcnije, K n = ({1, 2, . . . , n}, ∅). Na narednoj slici je prikazan prazan graf sa 10 ˇcvorova.


192 1

2

10

3

9

4

8

5

7 6

NAPOMENA. Grafovi iz ovih klasa su već ugradjeni u newGRAPH. Oni se mogu dobiti pozivanjem komande sa imenom odgovarajuće klase (na engleskom jeziku, naravno) iz podmenija File → New: Complete, Graph ML, Path, Complete Bipartite, Star, Cycle, Wheel.

IZOMORFIZAM GRAFOVA Ako pogledamo grafove na donjoj slici, videćemo da se oni razlikuju, s obzirom da su njihovi skupovi ˇcvorova razliˇciti. a

1

e

b

c

d

2

5

3

4

Medjutim, oˇcigledno je da medju njima ipak postoji nepobitna sliˇcnost! Zaista, prava suˇstina grafova se i sastoji u tome kako su ˇcvorovi medjusobno povezani, a ne u tome kako su oznaˇceni. Ovu “suˇstinu” moˇzemo iskazati sledećom definicijom. DEFINICIJA 3.1.7. Dva grafa G1 = (V1 , E1 ) i G2 = (V2 , E2 ) su izomorfna ako postoji bijekcija f : V1 7→ V2 za koju vaˇzi da je {u, v} ∈ E1 ako i samo ako je {f (u), f (v)} ∈ E2 . Funkcija f se naziva izomorfizam grafova, a ˇcinjenicu da su grafovi G1 i G2 izomorfni oznaˇcavamo sa G1 ∼ = G2 .

PRIMER 3.1.8.

NAPOMENA.

Izomorfizam f grafova na prethodnoj slici je dat pomoću bijekcije µ ¶ a b c d e f= . 1 2 3 4 5

U skladu sa prethodnom definicijom, vidimo da oznaˇcavanje ˇcvorova nema posebnog znaˇcaja za strukturu grafa. Nadalje, ˇcvorove nećemo ni oznaˇcavati na crteˇzima grafova (osim ako postoje neki drugi razlozi za to).


193

S obzirom da izomorfni grafovi imaju istu strukturu, sada moˇzemo uvesti joˇs jednu vaˇznu definiciju. DEFINICIJA 3.1.9. Funkcija i, definisana na skupu grafova, se naziva invarijantom grafova, ukoliko za svaka dva izomorfna grafa G ∼ = H vaˇzi da je i(G) = i(H). Prema tome, invarijante grafova zavise od strukture, a ne od oznaˇcavanja grafa. Ima veoma puno invarijanti grafova i one, u stvari, predstavljaju glavni predmet prouˇcavanja teorije grafova. Sledeće funkcije su primeri nekih jednostavnih invarijanti grafova: • broj ˇcvorova u grafu, • broj grana u grafu, • niz stepena ˇcvorova (sortiran u neopadajući poredak), • broj ˇcvorova stepena 1, • broj grana ˇciji jedan kraj ima stepen 2, a drugi kraj stepen 3, •

.. .

Invarijante grafova se mogu koristiti i prilikom provere da li su grafovi izomorfni. Naime, ukoliko uspemo da pronadjemo invarijantu koja za dva grafa dobija dve razliˇcite vrednosti, onda je sigurno da ta dva grafa nisu izomorfna. PRIMER 3.1.10.

Da li su grafovi na sledećoj slici izomorfni?

Reˇsenje. Stepeni svih ˇcvorova u oba grafa su jednaki 3, tako da stepene ne moˇzemo da iskoristimo da bismo dokazali nepostojanje izomorfizma. Zbog toga moramo da potraˇzimo neku drugu invarijantnu osobinu strukture grafova. Jedna od takvih osobina je postojanje (ili broj) ciklusa odredjene duzine u grafu. Naime, ako neki graf G sadrˇzi ciklus odredjene duˇzine, tada i svaki drugi graf H, izomorfan sa G, mora da sadrˇzi ciklus iste duˇzine. Sada nije teˇsko videti da graf sa leve strane gornje slike sadrˇzi ciklus duˇzine 5 (ˇsta mislite, koliko ima takvih ciklusa?), dok u grafu sa desne strane ne postoji nijedan takav ciklus — on sadrˇzi samo cikluse duˇzina 4, 6, 8 i 10.


194

NAPOMENA.

Ukoliko ˇzelimo da problem postojanja izomorfizma reˇsimo pomoću raˇcunara, tada lako moˇzemo pogreˇsno da pomislimo da bi metod grube sile, proverom svih bijekcija izmedju ˇcvorova dva grafa, bio dovoljan za reˇsenje ovog problema. Medjutim, broj ovakvih bijekcija za grafove sa n ˇcvorova, kao i broj permutacija skupa sa n elemenata, jednak je n!. Ova funkcija jako brzo raste, brˇze od svake eksponencijalne funkcije. Stoga ovakav pristup moˇze da bude primenljiv za male vrednosti n, na primer, za n = 10 za koje imamo 10! = 3 628 800 razlichitih bijekcija. Medjutim, već kod n = 20 (20! = 2 432 902 008 176 640 000), ovakav pristup postaje nedostiˇzan ˇcak i za super-raˇcunare! Medju “pametnijim” pristupima problemu postojanja izomorfizma, izdvaja se skup programa nauty autora Brendana Mekkeja (Brendan McKay), koji je besplatno dostupan sa adrese http://cs.anu.edu.au/~bdm/nauty/ Ovaj skup programa je priliˇcno moćan, ali i kompleksan. Za priruˇcno testiranje relativno malih grafova moˇze se koristiti program dreadnaut iz ovog skupa.

PODGRAFOVI U reˇsenju primera 3.1.10 koristili smo ˇcinjenicu da jedan graf sadrˇzi drugi graf (cikluse). Sada dajemo preciznu definiciju ovog pojma. DEFINICIJA 3.1.11. Neka su G = (V, E) i G0 = (V 0 , E 0 ) grafovi. Ako je V 0 ⊆ V i E 0 ⊆ E, tada kaˇzemo da je G0 podgraf grafa G. Ako je V 0 = V , tada kaˇzemo da je G0 razapinjući podgraf grafa G. 0 Dalje kaˇzemo da je G0 indukovani podgraf ¡V ¢ grafa G ukoliko G sadrˇzi sve grane iz G 0 0 ˇciji su krajevi u V , tj. ako je E = E ∩ 2 .

PRIMER 3.1.12. Na slici levo je prikazan graf i, pomoću debljih linija, njegov podgraf izomorfan sa P4 . Ovaj podgraf nije indukovan, jer ne sadrˇzi granu {a, b}. Na slici desno je prikazan indukovani podgraf, izomorfan sa C5 .

a

b

PRIMER 3.1.13. Bipartitan graf je podgraf potpunog bipartitnog grafa. Sliˇcno i k-partitni graf je podgraf potpunog k-partitnog grafa. Indukovani podgraf se, u stvari, dobija tako ˇsto se iz grafa G obriˇse nekoliko ˇcvorova i sve grane koje sadrˇze obrisane ˇcvorove. Ako je obrisan samo jedan ˇcvor v, takav indukovani podgraf moˇze da se oznaˇci sa G − v. S druge strane, podgraf se dobija tako ˇsto obriˇsemo i joˇs neke grane (mada ne moramo da obriˇsemo njihove krajeve iz grafa). Ako je obrisana samo jedna grana e, takav podgraf moˇze da se oznaˇci sa G − e.


195

Primetimo sada da je svaki graf sa n ˇcvorova podgraf kompletnog grafa Kn , kao i da je prazan graf K n podgraf svakog grafa sa n ˇcvorova. Koristeći pojam indukovanih podgrafova moˇzemo da definiˇsemo joˇs dve invarijante grafova: • ω(G) je broj ˇcvorova najvećeg kompletnog grafa koji je indukovani podgraf grafa G. Takav kompletan podgraf se naziva i klika grafa G. • α(G) je broj ˇcvorova najvećeg praznog grafa koji je indukovani podgraf grafa G. Takav prazan podgraf se naziva i nezavisan (ili stabilan) skup grafa G. Izmedju ove dve invarijante postoji jednostavna veza, za ˇcije objaˇsnjenje nam je potrebna sledeća definicija. DEFINICIJA 3.1.14.

Komplement G grafa G = (V, E) je graf G = (V,

¡V ¢ 2

\ E).

Prema tome, komplement G sadrˇzi taˇcno one grane koje ne sadrˇzi graf G. Na primer, kompletni graf Kn i prazan graf K n su komplementi jedan drugog (otuda i tako sliˇcna oznaka za njih). Iz definicija klike i nezavisnog skupa dobijamo jednakost ω(G) = α(G).

ˇ SETANJE PO GRAFU

DEFINICIJA 3.1.15.

ˇ Setnja W u grafu G = (V, E) je niz W = (v0 , e1 , v1 , e2 , v2 , . . . , et , vt )

gde su v0 , v1 , v2 , . . . , vt ˇcvorovi grafa G, a ei je grana ˇciji su krajevi vi−1 i vi , za i = 1, 2, . . . , t.1 Duˇzina ˇsetnje W je t, s tim ˇsto dopuˇstamo i da je t = 0. Ukoliko je v0 = vt , tada je W zatvorena ˇsetnja. Primetimo da ovako definisana ˇsetnja dozvoljava slobodno ponavljanje ˇcvorova i grana. Nju moˇzemo zamisliti kao itinerer nekog opuˇstenog ˇsetaˇca koji ne mari ako kroz neki ˇcvor ili granu prodje viˇse puta. Ukoliko zabranimo ponavljanje grana, ali dozvolimo ponavljanje ˇcvorova, tada dobijamo stazu. Ukoliko pak ne dozvolimo bilo kakvo ponavljanje, ni ˇcvorova ni grana, tada dobijamo put. LEMA. 3.1.16. ˇcvorova v0 i vt .

Svaka ˇsetnja W = (v0 , e1 , v1 , . . . , et , vt ) u grafu G sadrˇzi put izmedju

Dokaz . Ukoliko u ˇsetnji W nema ponavljanja ˇcvorova, tada je ona sama po sebi put i dokaz je gotov. 1 Kako mi posmatramo samo proste grafove, beleˇ zenje grana u ˇsetnji nije zaista neophodno. Ovakva definicija medjutim ima svoj znaˇ caj kod multigrafova, kod kojih izmedju dva ˇ cvora moˇ ze da postoji viˇse grana.


196

Pretpostavimo stoga da u njoj postoji ponavljanje ˇcvorova i neka je, na primer, vi = vj za neko i < j. Tada od ˇsetnje W moˇzemo da napravimo novu ˇsetnju W 0 = (v0 , e1 , v1 , . . . , ei , vi = vj , ej+1 , vj+1 , . . . , et , vt ) izmedju istih ˇcvorova tako ˇsto smo izbacili deo ˇsetnje izmedju vi i vj i u kojoj je broj ponavljanja ˇcvorova smanjen bar za jedan. Ukoliko W 0 nije put, tada ovaj postupak moˇzemo da nastavimo dalje, smanjujući broj ponavljanja ˇcvorova u novodobijenim ˇsetnjama, sve dok ne dodjemo do ˇsetnje u kojoj nema ponavljanja ˇcvorova. Takva ˇsetnja je traˇzeni put. Ova lema je veoma korisna ukoliko ˇsetnja nije zatvorena, ali kakav put ona nalazi kod zatvorenih ˇsetnji? Prouˇcavajući paˇzljivije gornji dokaz, moˇzemo da zakljuˇcimo da u sluˇcaju zatvorenih ˇsetnji, ona upravo nalazi put duˇzine 0 izmedju poˇcetnog i krajnjeg ˇcvora ˇsetnje, ˇsto, priznaćete, i nije neki uspeh. Moˇzemo li da dobijemo neki bolji rezultat? Ne baˇs kod svake ˇsetnje! Naime, zatvorene ˇsetnje mogu da budu degenerisane, kao ˇsetnja (a, b, a, c, a, d, a) na donjoj slici (grane su izbaˇcene iz zapisa ˇsetnje), i u njima se zaista ne moˇze pronaći put duˇzine veće od 0 izmedju poˇcetnog i krajnjeg ˇcvora.

c b

d

a

Ovakve degenerisane ˇsetnje uvek imaju parnu duˇzinu i, ukoliko se ograniˇcimo samo na ˇsetnje neparne duˇzine, onda moˇzemo i da pokaˇzemo bolji rezultat. TEOREMA 3.1.17. Svaka zatvorena ˇsetnja W = (v0 , e1 , v1 , . . . , et , vt = v0 ) neparne duˇzine u grafu G sadrˇzi ciklus neparne duˇzine. Dokaz . Ovu teoremu ćemo dokazati, kao i prethodnu lemu, indukcijom po broju ponavljanja ˇcvorova u ˇsetnji. Najpre, ako zatvorena ˇsetnja W ne sadrˇzi drugih ponavljanja ˇcvorova, osim prvog i poslednjeg, onda je upravo W traˇzeni ciklus neparne duˇzine. Pretpostavimo sada da je tvrdjenje dokazano za sve zatvorene ˇsetnje neparne duˇzine u kojima je broj ponavljanja ˇcvorova manji od k, k > 2, i neka je W zatvorena ˇsetnja neparne duˇzine sa k ponavljanja ˇcvorova. Izaberimo proizvoljno par ˇcvorova vi = vj , i < j, koji se ponavljaju u ˇsetnji W (s tim da nije i = 0, j = t) i formirajmo dve manje zatvorene ˇsetnje koje se sadrˇze u W : W0

=

(v0 , e1 , v1 , . . . , ei , vi , ej+1 , vj+1 , . . . , et , vt ),

00

=

(vi , ei+1 , vi+1 , . . . , ej , vj ).

W

Svaka od zatvorenih ˇsetnji W 0 i W 00 ima manje od k ponavljanja ˇcvorova (u ˇsetnji W 0 nema ponavljanja ˇcvorova vi i vj , a u ˇsetnji W 00 nema ponavljanja ˇcvorova v0 i vt ). Zbir


197

duˇzina ˇsetnji W 0 i W 00 jednak je duˇzini ˇsetnje W , pa stoga jedna od ˇsetnji W 0 i W 00 ima neparnu duˇzinu. Za tu zatvorenu ˇsetnju neparne duˇzine sa manje od k ponavljanja ˇcvorova vaˇzi induktivna pretpostavka, pa ona stoga sadrˇzi ciklus C neparne duˇzine. Kako se obe ˇsetnje W 0 i W 00 sadrˇze u W , to se i ciklus C sadrˇzi u W .

POVEZANOST

ˇ DEFINICIJA 3.1.18. Cvorovi u i v grafa G = (V, E) su povezani ako u G postoji ˇsetnja od u do v. Graf G je povezan ako su svaka dva ˇcvora u, v ∈ V povezana.

PRIMER 3.1.19. Graf sa leve strane donje slike je povezan, dok graf sa desne strane nije povezan. Naime, u njemu su medjusobno povezani ˇcvorovi a, b i c, ali nijedan od njih nije povezan sa ˇcvorovima d, e i f . a

d

f

b

c

e

Relacija povezanosti izmedju ˇcvorova u grafu je jedna relacija ekvivalencije. Ona je refleksivna, s obzirom da je svaki ˇcvor povezan sa samim sobom pomoću ˇsetnje duˇzine 0, koja se sastoji samo od tog ˇcvora! Zatim, ova relacija je i simetriˇcna, jer ako su ˇcvorovi u i v povezani ˇsetnjom W = (u, e1 , w1 , e2 , w2 , . . . , et−1 , wt−1 , et , v), tada su ˇcvorovi v i u povezani ˇsetnjom W ∗ = (v, et , wt−1 , et−1 , . . . , w2 , e2 , w1 , e1 , u). Konaˇcno, relacija povezanosti je i tranzitivna: ako su ˇcvorovi u i v povezani ˇsetnjom W1 = (u, e1 , w1 , . . . , et−1 , wt−1 , et , v), a ˇcvorovi v i w povezani ˇsetnjom W2 = (v, et+1 , wt+1 , . . . , es−1 , ws−1 , es , w), tada su ˇcvorovi u i w povezani ˇsetnjom W = (u, e1 , w1 , . . . , et−1 , wt−1 , et , v, et+1 , wt+1 , . . . , es−1 , ws−1 , es , w).


DEFINICIJA 3.1.20. nente povezanosti.

198

Klase ekvivalencije relacije povezanosti u grafu G su kompo-

Iz definicije klasa ekvivalencije sledi da su komponente povezanosti maksimalni povezani podgrafovi u grafu. Sada vidimo i da je graf povezan ako i samo ako on ima samo jednu komponentu povezanosti. U primeru 3.1.19, graf sa leve strane ima jednu komponentu povezanosti — ceo graf, dok graf sa desne strane ima dve komponente povezanosti — {a, b, c} i {d, e, f }. Povezanost grafova je moguće okarakterisati i na malo drugaˇciji naˇcin. TEOREMA 3.1.21. Graf G = (V, E) je povezan ako i samo ako za svaku podelu V = V1 ∪ V2 , V1 ∩ V2 = ∅, V1 , V2 6= ∅, vaˇzi da postoji grana koja spaja ˇcvor iz V1 sa ˇcvorom iz V2 . Dokaz . Jedna strana dokaza je trivijalna: ako G nije povezan graf, tada on ima bar dve komponente povezanosti C1 , C2 , . . . , Ct , t > 2, izmedju kojih ne moˇze da postoji niti jedna grana. Sada za podelu V1 = C1 , V2 = C2 ∪ . . . ∪ Ct , vaˇzi da ne postoji nijedna grana koja spaja ˇcvor iz V1 sa ˇcvorom iz V2 . S druge strane, neka je G povezan graf i V = V1 ∪ V2 proizvoljna podela ˇcvorova. Neka je u ∈ V1 i v ∈ V2 . Iz povezanosti grafa G sledi da izmedju u i v postoji ˇsetnja W = (u = w0 , e1 , w1 , e2 , w2 , . . . , et−1 , wt−1 , et , wt = v). Primetimo da je w0 ∈ V1 , wt ∈ V2 . Neka je j najmanji indeks za koji je wj ∈ V2 . Tada je wj−1 ∈ V1 i grana ej , izmedju wj−1 i wj , je traˇzena grana koja spaja ˇcvor iz V1 sa ˇcvorom iz V2 . ˇ DEFINICIJA 3.1.22. Cvor v u grafu G se naziva vezivni ˇcvor ukoliko graf G − v ima viˇse komponenti povezanosti od G. Grana e u grafu G se naziva most ukoliko graf G − e ima viˇse komponenti povezanosti od G. U literaturi se za vezivni ˇcvor koristi i izraz artikulacioni ˇcvor, dok se za most koristi i izraz viseća grana. U sluˇcaju da je G povezan graf, uklanjanjem vezivnog ˇcvora graf postaje nepovezan. Sliˇcno, most je grana ˇcijim uklanjanjem povezani graf takodje postaje nepovezan. PRIMER 3.1.23. U grafu na donjoj slici, ˇcvorovi a, b, c i d su vezivni ˇcvorovi, a grane {a, b} i {c, d} su mostovi.

a

b

c

d


199

RASTOJANJE Neka je G = (V, E) povezan graf. DEFINICIJA 3.1.24. puta izmedju u i v u G.

Rastojanje dG (u, v) dva ˇcvora u, v ∈ V je duˇzina najkraćeg

DEFINICIJA 3.1.25. Ekscentricitet ecc(u) ˇcvora u ∈ V je najveće rastojanje od ˇcvora u do svih ostalih ˇcvorova, tj. ecc(u) = max dG (u, v). v∈V

Dijametar D(G) grafa G je najveći ekscentricitet D(G) = max ecc(u), u∈V

dok je radijus r(G) najmanji ekscentricitet r(G) = min ecc(u). u∈V

ˇ Cvorove sa najmanjim ekscentricitetom moˇzemo shvatiti kao svojevrsni centar grafa, dok ˇcvorove sa najvećim ekscentricitetom, analogno tome, moˇzemo shvatiti kao periferiju grafa. PRIMER 3.1.26.

Rastojanja izmedju ˇcvorova u grafu f

b

a e

d

c

g

su data u tabeli a b c d e f g

a 0 1 1 2 3 4 4

b 1 0 2 1 2 3 3

c 1 2 0 1 2 3 3

d 2 1 1 0 1 2 2

e 3 2 2 1 0 1 1

f 4 3 3 2 1 0 2

g 4 3 3 2 1 2 0

ecc(v) 4 3 3 2 3 4 4


200

U poslednjoj koloni se nalaze ekscentriciteti ˇcvorova. Dijametar ovog grafa je 4, a radijus je 2. Primetimo da u ovom konkretnom sluˇcaju vaˇzi da je D(G) = 2r(G), medjutim, u opˇstem sluˇcaju vaˇzi samo da je r(G) 6 D(G) 6 2r(G). Primer grafa za koji vaˇzi da ¥jednakost izmedju radijusa i dijametra je ciklus Cn , n > 3, ¦ za koji je r(Cn ) = D(Cn ) = n2 . ˇ ako G nije povezan graf? Rastojanje izmedju ˇcvorova se tada moˇze Sta definisati za svaki par ˇcvorova koji pripada istoj komponenti povezanosti. Medjutim, ako se ˇcvorovi u i v nalaze u razliˇcitim komponentama grafa G, tada se po konvenciji uzima da je dG (u, v) = ∞. U tom sluˇcaju su i dijametar i radijus grafa G nedefinisani (odnosno, moˇzemo uzeti da su po konvenciji i oni jednaki ∞).

NAPOMENA.

Prema gornjoj definiciji, dG predstavlja funkciju dG : V × V 7→ R, koja se naziva funkcija rastojanja, odnosno metrika grafa G. Metrika grafa G ima sledeće osobine: i) dG (u, v) > 0, pri ˇcemu je dG (u, v) = 0 ako i samo ako je u = v (nenegativnost rastojanja); ii) dG (u, v) = dG (v, u) za svaki par ˇcvorova u, v ∈ V (simetriˇcnost rastojanja); iii) dG (u, w) 6 dG (u, v) + dG (v, w) za svaka tri ˇcvora u, v, w ∈ V (nejednakost trougla). Ispravnost ovih tvrdjenja se moˇze lako proveriti iz definicije funkcije rastojanja dG (u, v). Svako preslikavanje d : V × V 7→ R sa osobinama i)-iii) se zove metrika na skupu V , a skup V zajedno sa takvim preslikavanjem d zove se metriˇcki prostor. Pored ovoga, funkcija rastojanja ima joˇs dve specijalne osobine: iv) dG (u, v) je nenegativni ceo broj za svaki par ˇcvorova u, v ∈ V ; v) ako je dG (u, w) > 1 tada postoji ˇcvor v, razliˇciti i od u i od v, takav da vaˇzi dG (u, w) = dG (u, v) + dG (v, w). Inaˇce, moguće je dokazati da funkcija koja ima osobine i)-v) mora da predstavlja funkciju rastojanja nekog grafa sa skupom ˇcvorova V .

ˇ PREDSTAVLJANJE GRAFOVA U RACUNARU Već smo rekli da se grafovi mogu upotrebiti za modeliranje i reˇsavanje mnogih praktiˇcnih problema. Takve probleme reˇsavamo uz pomoć raˇcunara i posebno za to pisanih programa, a kao prvi korak neophodno je da znamo kako se graf moˇze predstaviti u raˇcunaru. Postoje dva uobiˇcajena naˇcina za to: pomoću listi susedstva i pomoću matrice susedstva. DEFINICIJA 3.1.27. Za svaki ˇcvor u grafa G = (V, E), lista susedstva lu sadrˇzi sve ˇcvorove koji su susedni sa njim u G, © ª lu = v ∈ V : {u, v} ∈ E


201

DEFINICIJA 3.1.28. Matrica susedstva AG grafa G = (V, E) je kvadratna |V |× |V | matrica, indeksirana ˇcvorovima grafa G, za koju vaˇzi ½ 1, {u, v} ∈ E (AG )(u,v) = 0, {u, v} ∈ /E Svako od ovih predstavljanja ima svoje mane i prednosti. Osnovne razlike medju njima tiˇcu se potroˇsnje memorije i brzine kojom se moˇze ustanoviti da li su dva ˇcvora susedna. Liste susedstva efikasno koriste memoriju jer je potrebno uskladiˇstiti svega 2|E| podataka, medjutim, kada ˇzelimo da ustanovimo da li su ˇcvorovi u i v susedni, moramo da pretraˇzimo celu listu suseda za ˇcvor u (ili ˇcvor v). S druge strane, matrica susedstva sadrˇzi |V |2 podataka, bez obzira koliki je broj grana u grafu, ali se zato susedstvo ˇcvorova u i v ispituje uvek u konstantnom vremenu pomoću vrednosti Au,v . S obzirom da je neˇsto jednostavnije napisati programe koji koriste matrice susedstva, one su danas najzastupljenije u praksi. Medjutim, liste susedstva dobijaju primat kada treba smestiti graf sa velikim brojem ˇcvorova, a relativno malo grana (u poredjenju sa |V |2 ). PRIMER 3.1.29.

Liste susedstva i matrica susedstva grafa f

b

a e

d

c

g

su date u sledećim tabelama: u a b c d e f g

lu {b, c} {a, d} {a, d} {b, c, e} {d, f, g} {e} {e}

NAPOMENA.

a b c d e f g

a 0 1 1 0 0 0 0

b 1 0 0 1 0 0 0

c 1 0 0 1 0 0 0

d 0 1 1 0 1 0 0

e 0 0 0 1 0 1 1

f 0 0 0 0 1 0 0

g 0 0 0 0 1 0 0

Već spomenuti programski paket nauty koristi matrice susedstva za predstavljanje grafova, odnosno onaj deo matrice koji se nalazi iznad glavne dijagonale (podsetimo se da prosti grafovi nemaju petlje, tj. grane kod kojih su poˇcetni i zavrˇsni ˇcvorovi isti, te su stoga kod njih 0 na glavnoj dijagonali, a kako su to neorijentisani grafovi njihova matrica susedstva je simetriˇcna — stoga je deo matrice iznad glavne dijagonale sasvim dovoljan da bismo odredili graf). Paket nauty koristi g6 format, ˇcije su glavne osobine relativno mala veliˇcina, jer se za svaki element matrice koristi samo po jedan bit, i vidljivost, jer se u svakom bajtu zapisa koristi samo ˇsest najmanjih bitova (sabranih sa 63, tako da se u krajnjem zapisu koriste samo karakteri


202

sa ASCII kodom od 63 do 126). Ovo, na primer, omogućava da se graf zapisan u g6 formatu moˇze otvoriti u bilo kom tekst-editoru, kao i da se moˇze poslati unutar elektronske poˇste. Viˇse informacija o nauty i g6 se moˇze naći na adresi http://cs.anu.edu.au/~bdm/nauty/ Umesto detaljnog opisa strukture formata, daćemo pseudo-kod procedure za prevodjenje grafa, zapisanog u g6 formatu kao niz bajtova w, u standardnu matricu susedstva A. Inaˇce, bits je pomoćni niz bitova.

procedure convert g6(w) // prvo nadjemo broj ˇcvorova n := w(1) − 63; // sada odredjujemo niz bitova bindex := 1 for i := 2 to duzina(w) k := w(i) − 63 for j := 0 to 5 bits(bindex + 5 − j) := ostatak k pri deljenju sa 2 k := bk/2c end bindex := bindex + 6 end // kreiramo matrice susedstva k = 1; for j := 2 to n for i := 1 to j − 1 A(i, j) := bits(k) A(j, i) := bits(k) k := k + 1 end end

Matrica susedstva grafa poseduje vaˇznu osobinu da njeni stepeni Ak pruˇzaju informaciju ne samo o susedstvu ˇcvorova, već i o ˇsetnjama proizvoljne duˇzine u grafu. TEOREMA 3.1.30. Ako je A matrica susedstva grafa G, tada za proizvoljan ne¡ ¢ negativan ceo broj k > 0 i svaka dva ˇcvora u i v grafa G = (V, E), element Ak (u,v) je jednak broju ˇsetnji duˇzine k od u do v u G.

Dokaz . Teoremu ćemo dokazati indukcijom po stepenu k. Neka wk (u, v) oznaˇcava broj ˇsetnji duˇzine k od u do v u G. Za male vrednosti k tvrdjenje je oˇcigledno: ˇ • Setnja duˇzine 0 se sastoji samo od jednog ˇcvora (ne sadrˇzi nikakve grane), pa je stoga ½ 1, u = v w0 (u, v) = . 0, u 6= v


203

Kako je A0 = I, gde je I jediniˇcna matrica, vidimo da zaista vaˇzi ¡ 0¢ A (u,v) = w0 (u, v). ˇ • Setnja duˇzine 1 se sastoji od poˇcetnog ˇcvora, krajnjeg ˇcvora i grane kojom su ti ˇcvorovi povezani, pa je stoga ½ 1, {u, v} ∈ E, w1 (u, v) = . 0, {u, v} ∈ /E Vidimo da vrednost w1 (u, v) u stvari predstavlja odgovarajući element matrice susedstva A, pa stoga tvrdjenje teoreme vaˇzi i u ovom sluˇcaju. Pretpostavimo sada da je tvrdjenje teoreme dokazano za neko k0 ≥ 0 i dokaˇzimo ga za k0 + 1. Po definiciji proizvoda matrica, imamo da je X¡ ¢ ¡ k0 +1 ¢ A = Ak0 u,w · Aw,v , (u,v) w∈V

a kako je Aw,v = 1 samo za w ∈ NG (v), to je X ¡ k0 +1 ¢ A = (u,v)

¡

Ak0

¢ u,w

.

w∈NG (v)

Po induktivnoj pretpostavci, vaˇzi da je ¡ k0 ¢ A u,w = wk0 (u, w), tako da je (3.1)

¡

Ak0 +1

¢ (u,v)

X

=

wk0 (u, w).

w∈NG (v)

S druge strane, svaka ˇsetnja duˇzine k0 + 1 od u do v odredjuje jednoznaˇcno ˇsetnju duˇzine k od u do nekog suseda w ˇcvora v (praćenu granom od w do v). Vaˇzi i obratno: svakoj ˇsetnji duˇzine k od u do nekog suseda w ˇcvora v odgovara taˇcno jedna ˇsetnja duˇzine k0 + 1 od u do v. Zbog toga je X wk0 +1 (u, v) = wk0 (u, w). w∈NG (v)

Sada na osnovu (3.1) zakljuˇcujemo da zaista vaˇzi ¡ k0 +1 ¢ = wk0 +1 (u, v). A (u,v) Ako su u grafu G ˇcvorovi u i v na rastojanju d(u, v), tada ne postoji ˇsetnja izmedju u i v duˇzine manje od d(u, v), pa, po prethodnoj teoremi, vaˇzi da je ¡ k¢ za svako k < d(u, v). A u,v = 0, Ovo tvrdjenje moˇzemo iskazati i drugaˇcije.


204

POSLEDICA. 3.1.31 Ako je A matrica susedstva grafa G, a d(u, v) oznaˇcava rastojanje ˇcvorova u i v, tada je ¡ ¢ d(u, v) = min{k : Ak u,v 6= 0}.

Ova posledica daje jedan od naˇcina za odredjivanje rastojanja izmedju ˇcvorova grafa. Mada je ona, u stvari, vrlo nepraktiˇcna za opˇstu upotrebu, uz pomoć algoritama za brzo mnoˇzenje matrica, moˇze se efikasno iskoristiti kada treba proveriti da li su neki ˇcvorovi na rastojanju 2 ili 3.

ZADACI

3.1.1.

a) Odrediti broj grana u potpunom grafu Kn sa n ˇcvorova.

b) Koriˇsćenjem prethodnog rezultata pokazati da je 1 + 2 + . . . + n =

n(n+1) . 2

3.1.2. Niz celih brojeva (d1 , d2 , . . . , dn ) je grafiˇcki ako postoji graf G sa skupom ˇcvorova V (G) = {v1 , v2 , . . . , vn } tako da je dG (vi ) = di . Dokazati da je nerastući niz celih brojeva v = (d1 , d2 , . . . , dn ), gde je n − 1 > d1 > d2 > . . . > dn > 0, grafiˇcki ako i samo ako je niz v 0 = (d2 − 1, d3 − 1, . . . , dd1 +1 − 1, dd1 +2 , . . . , dn ) grafiˇcki (tj. akko je niz w, koji se dobija od v 0 sortiranjem tako da bude nerastući, grafiˇcki). 3.1.3. Utvrditi da li su sledeći nizovi grafiˇcki i, za one koji jesu grafiˇcki, konstruisati odgovarajuće grafove: a) (4, 4, 3, 2, 1); b) (6, 6, 5, 4, 3, 3, 1); c) (3, 3, 2, 2, 2, 2, 1, 1); d) (5, 4, 3, 3, 3, 3, 3, 2); e) (7, 6, 6, 5, 4, 3, 2, 1); f ) (7, 7, 6, 5, 4, 4, 3, 2); g) (7, 4, 3, 3, 2, 2, 2, 1, 1, 1); h) (8, 7, 7, 6, 6, 5, 4, 3, 3, 1, 1, 1). 3.1.4. a) Da li je moguće 6 gradova povezati putevima tako da iz tih gradova redom izlazi 5,4,3,3,2,2 puteva? b) Da li je moguće 5 gradova povezati putevima tako da iz tih gradova redom izlazi 4,3,2,1,0 puteva? c) Da li je moguće 6 gradova povezati putevima tako da iz tih gradova redom izlazi 4,4,4,3,3,2 puteva? d) Da li je moguće 7 gradova povezati putevima tako da iz tih gradova redom izlazi 6,3,3,3,3,3,3 puteva? Ukoliko je odgovor potvrdan odrediti na koliko razliˇcitih naˇcina je to moguće uraditi. (Izmedju 2 razliˇcita grada moˇze biti najviˇse 1 put.) 3.1.5.

a) Postoji li graf sa stepenima ˇcvorova 6,6,6,6,6,6,5,3,3,3,3?

b) Postoji li bipartitni graf sa stepenima ˇcvorova 6,6,6,6,6,6,6,6,5,3,3,3,3,3? c) Postoji li graf sa stepenima ˇcvorova 9,8,6,5,3,3,3,3,1,1? 3.1.6. Pokazati da postoji prost graf sa 12 ˇcvorova i 28 grana, takav da je stepen svakog ˇcvora jednak ili 3 ili 5. Nacrtati takav graf.


205

3.1.7. Dokazati da ne postoji prost graf sa 12 ˇcvorova i 28 grana, takav da je stepen svakog ˇcvora jednak: a) ili 3 ili 4; b) ili 3 ili 6. 3.1.8. Neka je v = (d1 , d2 , . . . , dn ) i w = (wn , wn−1 , . . . , w2 , w1 ), gde je wi = n − 1 − di . Pokazati da je niz v grafiˇcki ako i samo ako je niz w grafiˇcki. 3.1.9. U ligi koja se sastoji od dve grupe sa po 13 timova u svakoj grupi, odrediti da li je moguće napraviti raspored utakmica u sezoni tako da svaki tim odigra devet utakmica protiv timova iz svoje grupe i ˇcetiri utakmice protiv timova iz suprotne grupe. 3.1.10. a) Dokazati da u svakom grafu postoje dva ˇcvora istog stepena. b) Na ˇsahovskom turniru svaki igraˇc je odigrao sa svakim drugim igraˇcem najviˇse jednu partiju. Dokazati da u svakom trenutku na turniru postoje bar dva igraˇca koji su do tog trenutka odigrali isti broj partija. 3.1.11. Konstruisati regularan graf stepena 3 sa 2n ˇcvorova (n>3) koji nema trouglova (kontura duˇzine 3). 3.1.12. Odrediti 3-regularne grafove G, sa minimalnim brojem ˇcvorova, takve da im je najmanja duˇzina ciklusa jednaka: a) g(G) = 4; a) g(G) = 5. 3.1.13.

Odrediti maksimalan broj grana u bipartitnom grafu sa n ˇcvorova.

3.1.14.

Pokazati da komplement bipartitnog grafa ne mora biti bipartitan graf.

3.1.15. n-dimenzionalna kocka Qn je graf ˇciji je skup ˇcvorova skup svih uredjenih n-torki (a1 , a2 , . . . , an ) gde ai ∈ {0, 1}. Dva ˇcvora su susedna ako i samo ako se odgovarajuće n-torke razlikuju u taˇcno jednoj koordinati. Dokazati da za n-dimenzionalnu kocku Qn vaˇze sledeća tvrdjenja: a) Qn je n-regularan graf; b) |V (Qn )| = 2k , |E(Qn )| = n · 2n−1 ; c) Qn je bipartitan graf; d) Qn je povezan graf. 3.1.16.

Ako bipartitan graf ima n ˇcvorova i e grana, dokazati da je e 6

3.1.17.

Odrediti najveći broj grana u bipartitnom podgrafu grafa:

n2 4 .

a) Pn , n > 2. b) Cn , n > 2. c) Kn , n > 2. 3.1.18. Rekonstruisati graf G sa 5 ˇcvorova ako su dati njegovi indukovani podgrafovi Gi = G − vi za i = 1, 2, 3, 4, 5, na sledeći naˇcin: G1 je potpung graf sa 4 ˇcvora iz koga je izbaˇcena jedna grana, G2 ima 2 komponente povezanosti od ˇcega je jedna put duˇzine 3, a druga izolovan ˇcvor, G3 je zvezda sa 3 ˇcvora i G4 i G5 predstavljaju trouglove kod kojih je jedan ˇcvor spojen granom sa ˇcetvrtim ˇcvorom (matematiˇcki ovo moˇzemo zapisati kao G1 = K4 − e, G2 = P3 ∪ K1 , G3 = S4 = K1,3 , G4 = G5 = K1,3 + e).


206

3.1.19. Neka graf G = (V, E) ima n ˇcvorova i m grana. Odrediti broj podgrafova indukovanih nekim skupom X ⊆ V . Ako je G = Kn , odrediti ukupan broj svih podgrafova. 3.1.20. a) Ako je δ(G) > 2, dokazati da G sadrˇzi ciklus. b) Ako je δ(G) > 2, dokazati da G sadrˇzi ciklus duˇzine bar δ(G) + 1. c) Ako je δ(G) > 3, dokazati da G sadrˇzi ciklus parne duˇzine. 3.1.21. Neka je G graf sa bar 6 ˇcvorova. Dokazati da bar jedan od grafova G, G sadrˇzi trougao. 3.1.22. Neka je G k-regularan graf sa n ˇcvorova. Odrediti ukupan broj trouglova u G i njegovom komplementu G. 3.1.23. Ako je dijametar grafa G veći od 3, tada je dijametar komplementa G manji od 3. Dokazati. 3.1.24. Dokazati da je najmanji broj ˇcvorova regularnog grafa stepena 3 sa mostom jednak 10. 3.1.25. ˇcvor.

Dokazati da regularan graf stepena 3 ima most ako i samo ako ima vezivni

3.1.26. Neka je G neprazan graf sa bar jednom granom, u kojem svaka dva ˇcvora istog stepena nemaju zajedniˇckih suseda. Dokazati da G sadrˇzi ˇcvor stepena 1. 3.1.27. U skupu od n, n > 4, osoba medju svake ˇcetiri osobe postoji jedna koja se poznaje sa preostale tri. Dokazati da u tom skupu postoji osoba koja poznaje sve osobe. 3.1.28. Na zabavi kod prof. Mozgića uˇcestvuje n braˇcnih parova. Nijedna osoba se nije rukovala sa svojim braˇcnim drugom, a pritom se svih 2n − 1 osoba, osim prof. Mozgića, rukovalo sa razliˇcitim brojem osoba. Sa koliko osoba se rukovala ˇzena prof. Mozgića? 3.1.29. U dnevnoj sobi se nalazi neki broj ljudi, i poznato je da svaki od njih poznaje taˇcno pet prisutnih. Dokazati da je za neko n > 5 moguće odabrati n ljudi iz dnevne sobe i smestiti ih za okrugli sto u trpezariji tako da svako sedi izmedju dva poznanika. 3.1.30.

Ispitati koji od sledećih grafova su izomorfni: t t t t t t t t t t t t t t t t t t

3.1.31.

Ispitati da li su sledeći grafovi izomorfni. s sQ s sQ Qs Qs s s s s s ´ s ´ s´ s´

3.1.32. Odrediti 3 neizomorfna grafa sa 6 ˇcvorova koji imaju stepene ˇcvorova 1,1,2,2,3,3. 3.1.33.

Odrediti broj neizomorfnih grafova sa 4 i 5 ˇcvorova. Nacrtati sve te grafove.

GLAVA 3. TEORIJA GRAFOVA 3.1.34.

207

a) Pronaći izomorfizam izmedju sledećih grafova:

¡ ¢ b) Dokazati da su oba grafa izomorfna sa sledećim grafom: skup ˇcvorova je {1,2,...,5} , 2 a dva ˇcvora {i, j} i {k, l} su susedna, i, j, k, l ∈ {1, 2, . . . , 5}, ako i samo ako je {i, j} ∩ {k, l} = ∅. NAPOMENA. 3.1.35.

Zajedniˇcko ime za ove grafove je Petersenov graf.

Dokazati da su grafovi na slici medjusobno neizomorfni.

3.1.36. Koliko grafova na skupu ˇcvorova {1, 2, . . . , 2n} je izomorfno sa grafom koji se sastoji od n disjunktnih grana {1, 2}, {3, 4}, . . . , {2n − 1, 2n}? 3.1.37.

Za n ∈ N naći broj automorfizama grafova: a) Pn ; b) Cn ; c) Kn .

3.1.38. Graf izomorfan sa svojim komplementom naziva se samokomplementaran graf. Dokazati da je broj ˇcvorova u samokomplementarnom grafu oblika 4k ili 4k + 1. 3.1.39.

Odrediti sve samokomplementarne grafove sa 4 i 5 ˇcvorova.

3.1.40. Neka je G samokomplementaran graf sa n ˇcvorova, gde je n ≡ 1 (mod 4). Dokazati da G sadrˇzi ˇcvor stepena n−1 2 . 3.1.41.

Ispisati sve moguće matrice susedstva za put sa tri ˇcvora i ciklus sa tri ˇcvora.

3.1.42.

Ispisati bar jednu matricu susedstva A za grafove a) Kn ; b) Km,n , m, n ∈ N.

3.1.43. Neka je A matrica susedstva grafa K2,3 , m, n ∈ N. Izraˇcunati A2 i A3 . Koje zakljuˇcke moˇzemo izvući iz ovih matrica? 3.1.44. Automorfizam grafa G = (V, E) je izomorfizam grafa sa samim sobom. Graf se naziva asimetriˇcan ako je njegov jedini automorfizam identiˇcko preslikavanje (kada se svaki ˇcvor slika u samog sebe). a) Dokazati da ne postoji asimetriˇcan graf G za koji je 2 6 |V (G)| 6 5. b) Naći primer asimetriˇcnog grafa sa bar 6 ˇcvorova. c) Naći 3-regularan asimetriˇcan graf.


3.2

208

STABLA

Stabla (ili drveta) predstavljaju ujedno jednu od najjednostavnijih, ali i najvaˇznijih klasa grafova. Dakle, ona imaju relativno jednostavnu strukturu, ali ipak dovoljno sloˇzenu da zasluˇzuju poseban tretman (interesovanje). Mnoge osobine grafova zavise upravo od stabala, kao njihovih sastavnih delova. Poseban znaˇcaj stabla imaju u raznim primenama (u elektrotehnici, raˇcunarstvu, fizici, hemiji itd.).

POJAM STABLA I OSNOVNA SVOJSTVA Stablo se moˇze posmatrati u dva konteksta: kao poseban graf (koji poseduje neka strukturna svojstva), ili kao podgraf nekog (povezanog) grafa. Sliˇcna situacija se javlja i sa konturama (ciklusima) . DEFINICIJA 3.2.1.

Stablo je povezan graf bez kontura.

Stablo se ponegde u literaturi naziva i drvo (eng. tree). Na sledećoj slici data su sva (neizomorfna) stabla sa najviˇse pet ˇcvorova.

Vidimo da postoji samo jedno stablo sa n = 1 (takvo stablo se naziva i trivijalno jer nema grana), n = 2 i n = 3 ˇcvora. Postoje 2 stabla sa n = 4 ˇcvora i 3 stabla sa n = 5 ˇcvorova (ona su u drugom redu). Iz gornje slike mogu se naslutiti mnoge osobine stabala. Na primer, mogu se dokazati sledeće osobine stabala. TEOREMA 3.2.2.

Sledeći iskazi su ekvivalentni:

i) Stablo je povezan graf bez kontura. ii) Stablo je povezan graf sa n ˇcvorova i m = n − 1 grana. iii) Stablo je graf sa n ˇcvorova, m = n − 1 grana i bez kontura. iv) Stablo je minimalan povezan graf (udaljavanjem bilo koje grane postaje nepovezan graf). v) Stablo je maksimalan graf bez kontura (dodavanjem bilo koje grane formira se kontura). vi) Stablo je graf u kome su svaka dva ˇcvora povezana jedistvenim putem.

GLAVA 3. TEORIJA GRAFOVA Dokaz .

209

Dovoljno je dokazati da svaki iskaz implicira sledeći, a poslednji prvi.

i) ⇒ ii): Indukcijom po n. Za n62 nema ˇsta da se dokazuje. Pretpostavimo da tvrdjenje vaˇzi za sve grafove sa najviˇse n ˇcvorova (n > 2). Posmatrajmo povezan graf bez kontura sa n+1 ˇcvorova. Uoˇcimo dva ˇcvora u tom grafu na najvećoj udaljenosti (duˇzina najkraćeg puta je najveća). Tada su ti ˇcvorovi stepena jedan. U protivnom vaˇzilo bi da postoji duˇzi put (ako je jedan od krajnjih ˇcvorova susedan jednom ˇcvoru van uoˇcenog puta), ili se u protivnom javlja kontura (ako je jedan od krajnjih ˇcvorova susedan bar sa dva ˇcvora puta). Udaljavanjem jednog od tih ˇcvorova stepena jedan, dobija se graf koji je povezan i bez kontura. Na osnovu indukcijske hipoteze on ima n ˇcvorova i m = n − 1 granu. Samim tim posmatrani graf ima n + 1 ˇcvorova i n grana, ˇsto je i trebalo dokazati. ii) ⇒ iii): Pretpostavimo da graf poseduje bar jednu konturu, i neka je K jedna od tih kontura. Jasno je da svaki ˇcvor konture K ima stepen bar dva. Primetimo zatim 2 da je proseˇcan stepen ˇcvora grafa G manji od 2 (naime, d = 2 m n = 2 − n ). Odatle sledi da postoji bar jedan ˇcvor u grafu stepena jedan (pretpostanlja se da je n > 1; u protivnom nema ˇsta da se dokazuje). Udaljino iz grafa bilo koji ˇcvor stepena jedan i njemu incidentnu granu. Tada se dobija povezan graf sa n0 = n − 1 ˇcvorova i m0 = n0 − 1 grana. Takodje je jasno da udaljeni ˇcvor ne pripada konturi K. Ponavljajući isti postupak na dobijeni podgraf, kao i njegove podgrafove, dobićemo posle konaˇcno mnogo koraka graf koji sadrˇzi samo ˇcvorove konture K, dakle nijedan ˇcvor stepena jedan, kontradikcija. Stoga, posmatrani graf G nema kontura. Ovim je implikacija dokazana. iii) ⇒ iv): Pretpostavimo najpre da je graf nepovezan i da ima k > 1 komponenata. Tada je svaka njegova komponenta stablo (jer nema kontura). Stoga i–ta komponenta ima ni ˇcvorova i mi = ni − 1 grana (i = 1, 2, . . . , k). Odatle direktno sledi da je ukupan broj grana grafa m = n − k, kontradikcija, s obzirom da je m = n − 1. Dokazimo sada i minmalnost. Pretpostavimo stoga da smo udaljavanjem neke grane dobili povezan graf. Tada izmedju krajnjih ˇcvorova te grane postoji bar jedan put. Ako bismo vratili udaljenu granu, ona bi sa uoˇcenim putem formirala konturu, ˇsto je u suprotnosti pretpostavkama u okviru (iii). Stoga je implikacija dokazana. iv) ⇒ v): Najpre, oˇcigledno je da graf nema kontura. Naime, udaljavanjem bilo koje grane sa konture, dobili bismo povezan graf ˇsto je prema u suprotnosti sa (iv). Dokaˇzimo sada i maksimalnost. Drugim reˇcima pretpostavimo da smo grafu dodali granu i da nismo formirali konturu. Medjutim to je nemogućno, jer je graf bio povezan, tako da je izmedju krajnjih ˇcvorova dodate grane postojao put, a samim tim je dodavanjem grane neminovno doˇslo do formiranja konture. Ovim je implikacija dokazana. v) ⇒ vi): Pretpostavimo da izmedju dva ˇcvora ne postoji put koji ih povezuje. Tada bi dodavanjem grane izmedju ta dva ˇcvora dobili graf bez konture, ˇsto je u suprotnosti sa (v). Dakle, izmedju svaka dva ˇcvora postoji bar jedan put. Ako bi izmedju dva ˇcvora postojala bar dva puta, tada bi u grafu postojala kontura. Naime ovi putevi se najpre razdvajaju poˇceˇsi od nekog ˇcvora (potencijalno polaznog za oba puta) a zatim is stapaju u isti ˇcvor (potencijalno zavrˇsnog za oba puta). Medjutim, postojanje konture je u suprotnosti sa (v). Ovim je implikacija dokazana. vi) ⇒ i): Najpre, jasno je da je graf povezan. Ako bi u grafu postojala bar jedna kontura, tada bi izmedju bilo koja dva ˇcvora neke konture postojala dva razliˇcia puta, ˇsto je u suprotnosti sa (vi). Stoga je graf, na osnovu definicije 1, stablo. Ovim je teorema dokazana. Interesantno je primetiti da se svaki od prethodnih iskaza iz Teoreme 3.2.2 moˇze uzeti


210

za definiciju stabla. DEFINICIJA 3.2.3.

ˇ Cvor stepena 1 u grafu se naziva list.

Sada se iz dokaza Teoreme 3.2.2 moˇze izvući i sledeća korisna lema. LEMA. 3.2.4.

Svako stablo sa bar dva ˇcvora sadrˇzi bar dva lista.

DEFINICIJA 3.2.5.

ˇ Suma je graf ˇcija je svaka komponenta stablo.

Sledeće tvrdjenje opisuje centar stabla. TEOREMA 3.2.6. ˇcvora.

Centar stabla se sastoji ili od jednog ˇcvora, ili od dva susedna

Dokaz . Dokaz se moˇze sprovesti indukcijom po broju ˇcvorova stabla. Lako se proverava da je teorema taˇcna za sva stabla, recimo do 5 ˇcvorova (videti Sliku ??). Posmatramo sada proizvoljno stablo T sa n > 5 ˇcvorova. Neka je T 0 graf dobijen iz T udaljavanjem svih listova iz T . Tada je T 0 stablo (jer je dobijeni graf povezan i bez kontura). Dalje, ekscentricitet svakog ˇcvora iz T 0 je umanjen za jedan u odnosu na njegov ekscentricitet u T . Razlog je sledeći: Ako za neki ˇcvor v vaˇzi da je najudaljeniji ˇcvor od njega (recimo w) stepena većeg od jedan, tada bi mogli naći sused ˇcvora w koji je na većoj udaljenosti od w, ˇsto je u suprotnosti sa izborom ˇcvora w. Samim tim stabla T i T 0 imaju iste centre. Na osnovu indukcijske hipoteze, centar stabla T 0 se sastoji ili od jednog ˇcvora, ili od dva susedna ˇcvora, a stoga i stablo T . Ovim je teorema dokazana. Bez dokaza navodimo sledeću teoremu (jer je posledica prethodne teoreme i odgovarajućih definicija). TEOREMA 3.2.7. Centar stabla T se sastoji od jednog ˇcvora ako i samo ako je D(T ) = 2r(T ); u protivnom je D(T ) = 2r(T ) − 1.

KORENSKA STABLA U raznim primenama od posebnog znaˇcaja su korenska stabla. DEFINICIJA 3.2.8. Stablo u kome je jedan ˇcvor posebno izdvojen naziva se korensko stablo, a taj ˇcvor se naziva koren stabla. Na sledećoj slici dati su primeri korenskih stabala.


211

Terminologija vezana za korenska stabala tradicijalno se oslanja na botaniˇcke i genealoˇske pojmove. Ako je T korensko stablo, a v ˇcvor razliˇcit od korena, roditelj ˇcvora v je ˇcvor u takav da je uv orijentisana grana od u ka v; tada je v dete ˇcvora u (roditelj ˇ datog ˇcvora je jedinstven – zaˇsto?). Cvorovi sa istim roditeljem u su deca ˇcvora u. Preci ˇcvora u, koji nije koren, su svi ˇcvorovi koji leˇze na putu od korena do ˇcvora u (bez u). Potomci ˇcvora u su svi ˇcvorovi koji imaju ˇcvor u kao pretka. List je ˇcvor bez dece; ostali ˇcvorovi su interni ˇcvorovi—?. Koren je interni ˇcvor ako stablo T sadrˇzi bar dva ˇcvora. Ako je u ˇcvor korenskog stabla, tada je podstablo sa korenom u stablo indukovano ˇcvorom u i njegovim potomcima. Od posebnog interesa su stabla data sledećom definicijom. DEFINICIJA 3.2.9. Korensko stablo se naziva m–arno stablo ako svaki interni ˇcvor ima najviˇse m dece. Potpuno m–arno stablo je stablo u kome svaki interni ˇcvor ima taˇcno m dece. Za m = 2 odgovarajuće m–arno stablo se naziva binarno stablo. Na donjoj slici data su tri m–arna (korenska) stabla. Prvo je ternarno, a drugo je potpuno ternarno stablo. Treće stablo je binarno.

U mnogim sluˇcajevima vodi se raˇcuna i kako su ˇcvorovi postavljeni u ravni (geometrijskoj interpretaciji). Uredjena korenska stabla su stabla u kojima su deca svakog internog ˇcvora data u odredjenom poretku. Prilikom crtanja tih grafova, ˇcvorovi se smeˇstaju sleve na desnu stranu uz respektovanje poretka. Time su ujedno i grane stabla uredjene. Kod binarnih stabala (podrazumeva se uredjenih), ako roditelj ima dva deteta, tada su u upotrebi i pojmovi levo dete (podstablo), ili desno dete (podstablo). Ponekad, ako roditelj ima samo jedno dete, ono moˇze biti ili levo ili desno dete. Vaˇzno svojstvo korenskog stabla je da je izmedju svakog ˇcvora grafa i korena postoji jedinstven put. U odnosu na koren, moˇze se izvrˇsiti particija skupa ˇcvorova grafa na sledeći naˇcin: V0 se sastoji samo od korena; Vi (i > 1) je skup ˇcvorova grafa na rastojanju i od korena. Dakle imamo da se skup ˇcvorova grafa moˇze predstaviti ”razbiti”na sledeći naˇcin: V = V0 ∪ V1 ∪ . . . ∪ Vh


212

Uobiˇcajeno je da se kaˇze da su ˇcvorovi i na i–tom nivou (sloju) u odnosu na r (koren stabla). Za Vh (6= ∅) se kaˇze da predstavlja skup listova korenskog stabla, ili njegovih terˇ minalnih (zavrˇsnih) ˇcvorova. Ujedno, h je visina stabla. Cvorovi iz V \ Vh , predstavljaju unutraˇsnje ˇcvorove stabla. Korenska stabla imaju veliku primenu u raˇcunarstvu. Pokazaćemo sada na primeru kako se neka formula moˇze predstaviti korenskim stablom (videti sledeću sliku). Formulu ((a + b) · (c − d)) + (a · d) moˇzemo pretstaviti sledećim korenskim stablom. +

+ a

-b

c

a

d

d

(a + b) · (c − d) + a · d Koren odgovara celoj formuli; svaki unutraˇsnji ˇcvor odgovara nekoj podformuli; na primer, levo podstablo korena odgovara podformuli (a + b) · (c − d), a desno podstablo korena odgovara podformuli a · d (ova 2 podstabla su predstavljena na sledećoj slici); itd. listovi stabla odgovaraju slovnim simbolima (promenljivim).

+ a

-b

c

a

d

d

(a + b) · (c − d) a·d Izdvojićemo definiciju binarnog stabla, da bismo mogli da je uporedimo sa rekurzivnom definicijom koja sledi. DEFINICIJA 3.2.10. Za korensko stablo se kaˇze da je binarno ako svaki ˇcvor stabla (otac) ima najviˇse dva susedna ˇcvora na sledećem nivou (sina). U standardnom prikazu binarnog stabla sin sa leve strane se naziva levi sin, a sin sa desne strane desni sin. Sada ćemo dati i alternativnu (rekurzivnu) definiciju binarnog stabla. DEFINICIJA 3.2.11.

(Rekurzivna definicija) T je binarno stablo ako vaˇzi:

i) T = K1 ; ii) ako su T1 i T2 binarna stabla, tada je i T = T1 ∗ T2 binarno stablo, pri ˇcemu je T1 ∗ T2 graf dobijen uvodjenjem novog ˇcvora (koren stabla T ) i povezivanjem tog ˇcvora granom sa korenima stabala T1 i T2 (ukoliko oni nisu prazni, to jest bez ˇcvorova).


213

Sledeća teorema je direktna posledica ovih definicija. TEOREMA 3.2.12.

Neka je T binarno stablo sa n ˇcvorova i visine h. Tada je n 6 2h+1 − 1,

ili alternativno, h > log2 (n + 1) − 1.

Dokaz .

Dokaz ide matematiˇckom indukcijom po visini stabla h.

Posmatraćemo sada neke standardne naˇcine obilazaka ˇcvorova binarnih stabala. To su KLD, LKD i LDK obilasci (slova K, L, D su skraćenice od reˇci koren, levo podstablo i desno podstablo i oznaˇcavaju kojim redosledom vrˇsimo obilazak). Na primeru korenskog stabla sa sledeće slike islustrovaćemo svaki od opisanih naˇcina obilaska ˇcvorova stabla. A

B

C

D

E

H

I

F

G

J

K

(i) KLD–obilazak (engleski: pre–order). Kod ovog naˇcina obilaska binarnog stabla najpre se obilazi koren, zatim levo podstablo, pa tek potom desno podstablo. Na primer, binarno stablo sa prethodne slike, bi se obiˇslo na sledeći naˇcin: A

B

D

H

E

I

J

C

F

K

G.

(ii) LKD–obilazak (engleski: in–order). Kod ovog naˇcina obilaska binarnog stabla najpre se obilazi levo podstablo, zatim koren, pa tek potom desno podstablo. Na primer, binarno stablo sa prethodne slike, bi se obiˇslo na sledeći naˇcin: H

D

B

I

E

J

A

F

K

C

G.

(iii) LDK–obilazak (engleski: post–order). Kod ovog naˇcina obilaska binarnog stabla najpre se obilazi levo podstablo, zatim desno podstablo, koren, pa tek potom koren. Na primer, binarno stablo sa prethodne slike, bi se obiˇslo na sledeći naˇcin: H

D

I

J

E

B

K

F

G C

A.

STABLA I PRETRAGE GRAFOVA U mnogim grafovskim algoritmima zahteva se obilazak (ili pretraga, ili prosledjvanje) pre svega ˇcvorova (ali i grana) grafa, odnosno digrafa, po nekom utrdjenom principu. Na


214

primer, polazeći od proizvoljnog ˇcvora, moˇzemo se upustiti najpre u obilazak njegovih suseda, pa zatim suseda tih suseda, . . . itd. redom dok ne obidjemo sve ˇcvorove grafa. U jednom takvom procesu, stalno ćemo imati da je jedan deo ˇcvorova (a uzgred i grana) već obidjen, a da se u narednom koraku vrˇsi izbor kandidata koji će biti obidjen. Poˇsto je taj izbor uglavnom viˇseznaˇcan, mogućno je uvesti i neka pravila kojima se reguliˇse prioritet u izboru potencijalnih kandidata za naredni korak u obilasku. U okviru ove knjige opisaćemo dve vrste obilazaka, ili strategija u pretrazi: – pretragu u dubinu; – pretragu u ˇsirinu. Za obe pretrage je karakteristuˇcno da se njima obilaze svi ˇcvorovi grafa, kao i grane, i to svaka po jedanput u smeru njene orijentacije, ili u oba smera ako je neorijentisana. Izbor strategije, tj. pretrage, bitno zavisi od algoritma i direktno utiˇce na njegovu efikasnost. Dakle, nije dovoljno obratiti paˇznju samo na izbor reprezentacije grafa, već i na naˇcin njegove pretrage. U nastavku, pored opisa gornjih pretraga, daćemo i neke posledice koje se javljaju u vidu klasifikacija grana grafova (ili digrafova). Pretraga u dubinu: Posmatrajmo najpre (neorijentisane) grafove. Ne umanjujući opˇstost, pretpostavimo joˇs da je polazni graf G = (V, E) povezan, kao i da je r njegov koren, tj. polazni ˇcvor pretrage. Sa U ⊆ V oznaˇcimo skup već obidjenih ˇcvorova grafa G. Na poˇcetku pretrage imamo da je r jedini element skupa U . U svakoj fazi pretrage smatraćemo i da je jedan od ˇcvorova skupa U aktivan (od njega polaze sve naredne aktivnosti). Na poˇcetku pretrage aktivan je, jasno, ˇcvor r. Pretpostavimo zatim da je u nekoj fazi pretrage aktivan ˇcvor u. Nadalje mogu da nastupe dve mogućnosti: 1◦ Ako postoji ˇcvor u0 , susedan sa ˇcvorom u, a da nije obidjen (u0 6∈ U ), tada se ˇcvor u0 dodeljuje skupu U (U ← U ∪ {u0 }) i ujedno se u0 proglaˇsava aktivnim (prosledjivanje u dubinu). 2◦ Ako ne postoji ˇcvor u0 kao pod 1◦ , tada se uoˇcava ˇcvor v (ukoliko postoji) iz koga smo stigli u ˇcvora u u prethodnoj fazi i on se proglaˇsava aktivnim (prosledjivanje unazad); ukoliko ˇcvor kao ˇsto je v ne postoji, pretraga je zavrˇsena. NAPOMENA. Ako je graf G nepovezan, tada se opisani algoritam moˇze modifikovati tako da se pretraga obavlja po komponentama povezanosti. PRIMER 3.2.13. Na donjoj slici dat je graf sa 10 ˇcvorova i dve komponente povezanosti. Oznake ˇcvorova odgovaraju redosledu obilaska pojedinih ˇcvorova.

6 s

1s 2s S ¶ ¶ S / S o ¶ s3 ¾ S¶ ¶S ¶ / S ¶ S o ¶ Ss s 4 5

8s ¶S ¶ S S o 7 ¶ ? Ss10 7 s¶ S ¶ ¶ S S o ¶ 7 S¶ s 9


215

Primetimo da smo po obilasku ˇcvora 6, skoˇcili na obilazak ˇcvora 7 u drugoj komponenti povezanosti. Gornji primer sugeriˇse i neke vaˇzne “dobiti” od pretrage u dubinu. Najpre, moˇzemo primetiti da se pretragom, u opˇstem sluˇcaju, ˇcvorovi grafa mogu numerisati. Naime, za graf G = (V, E) moˇzemo uoˇciti preslikavanje num : V → {1, 2, . . . , |V |} za koje vaˇzi num(v) < num(w), ako je ˇcvor v obidjen pre ˇcvora w. Pored toga, ako uoˇcimo grane preko kojih se vrˇsi prosledjivanje u dubinu (na Sl. 1 one su zadebljane i orijentisane u smeru kretanja pri prelasku iz ˇcvora u ˇcvor) (prosledjivanje u dubinu), vidi se da one obrazuju razapunjuće korensko stablo u povezanom grafu (odnosno razapunjuću korensku ˇsumu u nepovezanom grafu). Ostale grane se mogu orijentisati u smeru (prvog) pokuˇsaja prelaska iz ˇcvora u ˇcvor (drugi ˇcvor je već obidjen). Stoga su grane grafa G podeljene u dve klase: – frontalne grane (pripadaju razapunjućem korenskom stablu odgovarajuće komponente, tj. za svaku granu (u, u0 ) iz aktivnog ˇcvora u direktno se prelazi u aktivan ˇcvor u0 prosledjivanjem u dubinu); – povratne grane (pripadaju razapinjućem kostablu odgovarajuće komponente). Primetimo joˇs da za proizvoljnu granu vw grafa G vaˇzi: – num(v) < num(w) ako je ona frontalna, odnosno – num(v) > num(w) ako je ona povratna. Gornja zapaˇzanja ćemo sada i dokazati. TEOREMA 3.2.14. Frontalne grane grafa G koje pripadaju istoj komponenti obrazuju razapinjuće korensko stablo. Dokaz . Ne umanjujući opˇstost neka je G = (V, E) povezan graf i neka je T = (U, F ) podgraf indukovan frontalnim granama. Najpre imamo da je U = V (jer je svaki ˇcvor obidjen). Dakle, T je razapinjući podgraf. Dokaˇzimo da je on i stablo, tj. da je, recimo, povezan i bez kontura. Povezanost je oˇcigledna. Naime, u svakoj fazi pretrage trenutno postojeće frontalne grane obrazuju povezan podgraf nad obidjenim skupom ˇcvorova (ˇsto se moˇze potvrditi i dokazom baziranim na matematiˇckoj indukciji). Pretpostavimo sada da neke frontalne grane formiraju konturu. Uoˇcimo njihove orijentacije indukovane pretragom. Kako u bilo koji ˇcvor grafa (a i konture) ne mogu ulaziti dve frontalne grane (uslovljeno pretragom), to su sve grane konture orijentisane u istom smeru vezano za obilazak konture. Medjutim, ako bismo sada uzmeli u obzir i numeracija ˇcvorova konture, dobili bismo kontradikciju, tj. da sve grane konture nisu frontalne. Najzad, oˇcigledno je da je T i korensko stablo (polazni ˇcvor je koren). Ovim je teorema dokazana. DEFINICIJA 3.2.15. Stablo koje se formira pretragom u dubinu povezanog grafa G predstavlja stablo pretrage u dubinu. Ovo stablo je korensko stablo orijentisano od korena ka listovima. Ukoliko je graf G nepovezan tada se dobija ˇsuma.


216

Na sledećoj strani je dat formalni opis algoritma pretrage u dubinu (u skladu sa koriˇsćenom notacijom). Procedura koju dajemo P U D je rekurzivna. Ovaj algoritam se uz neznatne modifikacije, moˇze se koristiti i za digrafove. Jedina bitna razlika je da se tada ne uvode nove orijentacije grana, već se uvaˇzavaju postojeće.

procedure P U D(y, x); {y je aktivni ˇcvor dosegnut iz ˇcvora x} begin i ← i + 1; num(y) ← i; {numerisanje ˇcvora y} f or y 0 ∈ sus(y) do {sus(y) je skup suseda ˇcvora y} if num(y 0 ) = 0 then begin Uf ← Uf ∪ {(y, y 0 )}; {dodavanje frontalne grane} P U D(y 0 , y) end else if num(y 0 ) < num(y) and y 6= x then Up ← Up ∪ {(y, y 0 )} {dodavanje povratne grane} end; i ← 0; f or x ∈ X do num(x) ← 0; Uf ← ∅; {Uf je skup frontalnih grana} Up ← ∅; {Up je skup povratnih grana} f or r ∈ X do if num(r) = 0 then P U D(r, 0). {r je koren novog stabla}

Sadaćemo opisati pretragu jednog digrafa i dodatnih efekata izazvanih pretragom. PRIMER 3.2.16. Na sledećoj slici dat je (jako povezan) digraf sa 9 ˇcvorova. Oznake ˇcvorova odgovaraju redosledu obilaska pojedinih ˇcvorova. 2s ¶ ¶ /

¶ s 3 ¶ S S w

¾

5s S S

S o S6s © 6 6© ¶ ©© ¶ © * 7 ¶ S ©© S© s s ¶ 1 4

8s ¶ ¶

7 ¶ s ¾ 9¶ S 6 S S o Ss 7

Primetimo da smo po obilasku ˇcvora 6, skoˇcili na obilazak ˇcvora 7 (koren drugog stabla). Dodatni efekti koji se javljaju kod digrafova ogledaju se pre svega u detaljnijoj klasifikaciji grana. Naime, pored frontalnih grana (koje odgovaraju razapinjućem korenskom stablu samo u sluˇcaju da je digraf jako povezan), preostale grane mogu biti:


217

– direktne (grana (v, w) je direktna grana ako je num(v) < num(w) i ako je ˇcvor v predak ˇcvora w); – povratne (grana (v, w) je povratna grana ako je num(v) > num(w) i ako je ˇcvor v potomak ˇcvora w); – medju–grane ((v, w) je medju–grana ako je num(v) > num(w) i ako ˇcvorovi v i w nisu u relaciji predak–potomak). Za digraf sa prethodne slike imamo da su: (1, 2), (2, 3), (1, 4), (4, 6), (7, 8) i (7, 9) frontalne grane; (1, 6) direktna grana; (3, 1) povratna grana; (5, 2), (6, 5), (9, 6) i (9, 8) su medju–grane . Napomenimo joˇs i da je efikasnost algoritma kojim se realizuje pretraga u dubinu jednaka O(max {n, m}), gde je n (odnosno m) broj ˇcvorova (grana) posmatranog grafa. Ovaj zakljuˇcak sledi na osnovu ˇcinjenice da se vezano za svaki ˇcvor aktivnosti obavljaju srazmerno njegovom stepenu. Pretraga u ˇ sirinu: Posmatrajmo opet najpre (neorijentisane) grafove, mada, za razliku od pretrage u dubinu, ta pretpostavka sada i nije toliko neophodna (jedini efekat je da će pretraga indukovati orijentaciju grana). Pretpostavimo zatim, ne umanjujući opˇstost, da je polazni graf G = (V, E) povezan, kao i da je r njegov koren, odnosno polazni ˇcvor pretrage. Neka je u proizvoljnoj fazi pretrage, skup ˇcvorova grafa G podeljen u dve grupe: obidjene ˇcvorove (skup U ) i neobidjene ˇcvorove (skup U (= V \ U )). Na poˇcetku pretrage skup U je, jasno, prazan. U svakoj fazi pretrage iz skupa U se bira jedan ˇcvor (nazovimo ga opet aktivni ˇcvor) i prebacuje u skup U . Izbor aktivnog ˇcvora vrˇsi se na bazi prioriteta uvedenih samo za ˇcvorove iz skupa U . Na poˇcetku pretrage, kada su svi ˇcvorovi neobidjeni, jedino je korenu r dodeljen prioritet (ostali su bez ikakvog prioriteta). U nekoj fazi pretrage, najpre se iz skupa U bira ˇcvor najvećeg prioriteta i ˇ on postaje aktivan. Oznaˇcimo ga sa u. Cvor u se ukljućuje u skup obidjenih ˇcvorova (U ← U ∪ {u}). Potom se za preostale ˇcvorove skupa Y aˇzuriraju prioriteti i to tako da samo oni susedi ˇcvora u koji nemaju nikakav prioritet sada dobiju prioritet i to manji od svih ranije dodeljivanih prioriteta. Mehanizam dodeljivanja prioriteta u praksi, odnosno implementacijama, se realizuje dinamiˇckom strukturom poznatom kao red za ˇcekanje (na engleskom, queue). Naime, svi ˇcvorovi iz skupa U koji su dobili prioritet nalaze se u redu: sa jednog kraja reda se vade ˇcvorovi najvećeg prioriteta (oni koji su prvi stigli u red), a na drugi kraj reda se stavljaju ˇcvorovi najniˇzeg prioriteta (oni koji su tek stigli u red). Pretraga se zavrˇsava kada red postane prazan, tj. kada svaki ˇcvor taˇcno jednom prodje kroz red (za povezani graf su tada, svi ˇcvorovi prosledjeni). NAPOMENA.

Ako je graf G nepovezan, tada se pretraga sprovodi po komponentama.

PRIMER 3.2.17. slici.

4 s

Za graf iz Primera 3.2.13 imamo situaciju prikazanu na sledećoj

1s 2s ¶ S / w ¶ S S ¶ ¾ Ss¶3 ¶S ¶ ¶ ¶ S / w ¶ ¶ ¶ ¶ S ¶ s¶ ¶ Ss ¶ 5 6

8s ¶ ¶S ¶ S w ¶ ¶ S 7 ¶ ¶ s ? Ss10 ¶ 7 ¶ S ¶ w S 7 S ¶ Ss¶ 9


218

Prethodni primer pokazuje da se pri prosledjivanju nikad, sem kada nema izbora, ne ide u dubinu. Moˇze se primetiti i da se prosledjivanje vrˇsi po slojevima. Naime, od polaznog ˇcvora (nulti sloj) najpre se obidju njegovi prvi susedi (ˇcvorovi na rastojanju jedan – prvi sloj), zatim drugi susedi (ˇcvorovi na rastojanju dva – drugi sloj), itd. redom. Na primer, za graf iz Primera 3.2.16 imamo: ˇcvor 1 je nulti sloj, dok ˇcvorovi 2 i 3, odnosno 4, 5 i 6 obrazuju drugi i treći sloj, respektivno. Dakle, generalno, na sledeći sloj se prelazi tek kada se obidju svi ˇcvorovi sa prethodnog sloja. Iz tog razloga se ovaj tip pretrage naziva pretraga u ˇsirinu. Najzad, kao kod pretrage u dubinu, i kod pretrage u ˇsirinu se ˇcvorovi grafa mogu numerisati (po redosledu obilaska). Takodje, kod povezanih grafova se formira jedno korensko stablo. Naime, ako bismo redom evidentirali sve grane grafa, recimo (u, w), takve da je po uklanjanju ˇcvora v iz reda, u njega unet (izmedju ostalih) i ˇcvor w, imali bismo da ove grane razapinju stablo. Da bismo se u to uverili, primetimo najpre da se dodavanjem svake grane uvek formira povezan podgraf nad skupom do tad prosledjenih ˇcvorova, kao i da je ukupan broj tih grana za jedan manji od broja ˇcvorova grafa (samo polazni ˇcvor grafa se ne stavlja u red kao sused već prosledjenih ˇcvorova). Dakle, pomenuti podgraf je razapinjuće stablo (i to korensko). Ovo stablo se naziva stablo pretrage u ˇsirinu. Preostale grane obrazuju kostablo. U sluˇcaju da je polazni graf nepovezan, tada se dobijaju ˇsuma pretrage u ˇsirinu, i njoj odgovarajuća koˇsuma. U skladu sa koriˇsćenom notacijom, dajemo sada opis procedure P U Sˇ za pretragu u ˇsirinu grafa G = (X, U ).

ˇ procedure P U S(y); begin i ← i + 1; num(y) ← i; f or y 0 ∈ sus(y) do {sus(y) je skup suseda ˇcvora y} if y 0 6∈ Y and y 0 ∈ Q then begin Q ← Q + y 0 ; {ˇcvor y 0 se stavlja na kraj reda} Uf ← Uf ∪ {(y, y 0 )} end end; i ← 0; Uf ← ∅; Q ← ∅; {inicijalizacija reda} f or r ∈ X if num(r) = 0 do {r je koren novog stabla} begin Q ← Q + r while Q 6= ∅ do begin v ← prvi(Q); {v je prvi u redu} Q ← Q − v; {v se vadi iz reda} ˇ P U S(v) end end


219

NAPOMENA.

Pretraga u ˇsirinu opisana gornjim algoritmom vaˇzi i za digrafove. U sluˇcaju da digraf nije jako povezan situacija neˇsto komplikovanija (u detalje se nećemo upuˇsati).

Da bismo uoˇcili razliku izmedju stabala dobijenih pretragom u dubinu, odnosno u ˇsirinu, posmatramo pretragu kompletnog grafa. Tada se redom dobijaju stabla od kojih je prvo izomorfno putu, a drugo zvezdi. Dakle, imamo dve ekstremne situacije u pogledu strukture. Ostala stabla kompletnog grafa bi se mogla dobiti nekim kombinovanim strategijama.

ˇ STABLA MINIMALNE TEZINE Neka je G = (V, E) (neorijentisani) graf ˇcijim su granama pridruˇzeni realni brojevi, takozvane teˇzine grana. Drugim reˇcima, pored grafa G, data je i teˇzinska funkcija w : E → IR. U raznim primenama, teˇzine grana oznaˇcavaju njihovu duˇzinu, cenu, propusnu moć itd. Pri tome je vaˇzno istaći da u prvom sluˇcaju duˇzine ne moraju zadovoljavati aksiome metrike. Pod gornjim pretpostavkama, uredjen par M = (G, w) predstavlja teˇzinski graf, ili kraće mreˇzu. U većini razmatranja teˇzina grafa je jednaka zbiru teˇzina njegovih grana, tj. vaˇzi X w(G) = w(e). e∈E

Na sliˇcan naˇcin se teˇzine mogu dodeliti i ˇcvorovima, odnosno i samom samom grafu. U ovom odeljku, razmortićemo neke tipiˇcne optimizacione probleme nad teˇzinskim grafovima. Neka je M = (G, w) teˇzinski graf, pri ˇcemu je G povezan. Sledeći problem se ˇcesto javlja u praksi: Izdvojiti iz grafa G podgraf H (teˇzine grana podgrafa su iste kao teˇzine grana grafa) sa nekim unapred preciziranim svojstvima. Na primer, moˇze se uzeti da je podgraf H razapinjući podgraf grafa G i uz to, povezan i bez kontura. Tada je podgraf H stablo (ili drvo). Neka je teˇzina nekog teˇzinskog grafa jednaka zbiru teˇzina njegovih grana. Optimizacioni zadatak se dobija ako postavimo zahtev da se nadje ne bilo koje razapinjuće stablo već ono ˇcija je teˇzina najmanja. Ovaj problem je u literaturi poznat kao problem minimalnog razapinjućeg stabla (na engleskom: minimum spanning tree problem, ili kraće MST problem). NAPOMENA. Ukoliko je graf G kompletan (sa n ˇcvorova), tada je broj svih razapinjućih stabala jednak nn−2 (videti Kejlijevu teoremu u sledećem poglavlju). Dakle, prostor pretrage je enormno veliki. Medjutim, uprkos tome postoje veoma efikasni polinomijalni algoritmi za reˇsavanje MST problema. Problem minimalnog razapinjućeg stabla se u praksi javlja u mnogim situacijama. Tipiˇcan sluˇcaj odnosi se na problem sinteze ˇsto ekonomiˇcnije telekomunikacione mreˇze. U tom cilju potrebno je naći konfiguraciju telekomunikacione mreˇze koja obezbedjuje komunikaciju izmedju svaka dva uˇcesnika, i to uz minimalnu cenu koˇstanja (cene direktnih veza izmedju dva uˇcesnika u komunikaciji su unapred precizirane). Uˇcesnici u komunikaciji koji nisu direktno povezani, mogu komunicirati posredno. Jasno je da ta mreˇza u osnovi mora biti povezan graf, a da bi bila ˇsto “jeftinija”, odgovarajući graf mora da bude bez suviˇsnih grana, dakle bez kontura. Prema Definiciji 3.2.1, sledi da je taj graf


220

stablo. Poˇsto teˇzina tog stabla mora biti ˇsto manja, to se posmatrani problem svodi na MST problem. U nastavku ćemo detaljno opisati dva klasiˇcna algoritma za reˇsavanje MST problema. Prvi algoritam, Kruskalov algoritam, je koncepcijski veoma jednostavan i predstavlja u literaturi jedan od glavnih modela za prikazivanje proˇzdrvljih algoritama (na engleskom: greedy algorithms). Osnovna ideja algoritma je sadrˇzana u sledećoj strategiji najpre najmanja grana (na engleskom: smallest edge first). Polazeći od delimiˇcnog grafa koji je prazan (bez grana), u svakom koraku se razmatra (dodaje ili odbacije) po jedna grana (jednom razmatrane grane se viˇse ne razmatraju). Izbor grane za razmatranje vrˇsi se u skladu sa gornjom strategijom, tj. bira se najmanja (ili ˇsto će reći najlakˇsa) od svih nerazmatranih grana. Ako izabrana grana, posle dodavanja delimiˇcnom grafu, ne formira sa nekim od ranije uzetih grana konturu, tada se ona zadrˇzava u njemu, dok se u protivnom odbacuje. Postupak se zavrˇsava ili po razmatranju svih grana polaznog grafa, ili eventualno i ranije ako se potreban broj grana dodeli delimiˇcnom grafu. Na primer, ako je polazni graf povezan i ako ima n ˇcvorova, tada je broj grana rezultujućeg grafa unapred poznat i jednak n − 1 (u pitanju je razapinjuće stablo). Za nepovezane grafove, algoritam daje razapinjuću ˇsumu i moˇze se ranije prekinuti, ako se zna broj komponenata polaznog grafa. Ako se rad algoritma prekine posle m0 ukljuˇcenih grana, dobijena ˇsuma je najkraća izmedju svih ˇsuma sa m0 grana. Formalan opis algoritma, uz neke dodatne elemente neophodne za implementaciju i procenu kompleksnosti, dat je u nastavku. Algoritam 1 (Kruskalov algoritam za nalaˇzenje minimalnog razapinjućeg stabla ili ˇsume). Korak 1. Sortirati grane ulaznog grafa u neopadajući poredak (po teˇzinama) i sve ih markirati kao nerazmatrane; za izlazni graf uzeti graf (razapinjući podgraf ulaznog grafa) bez grana. Korak 2. Izabrati iz skupa nerazmatranih grana onu koja je najlakˇsa, markirati je kao razmatranu i prikljuˇciti je (bar privremeno) izlaznom grafu. Ako ta grana ne obrazuje u njemu konturu zadrˇzati je, odnosno, u protivnom, odbaciti je. Korak 3. Ako je skup nerazmatranih grana prazan, ili ako su ispunjeni neki drugi uslovi za prekid (videti gornji tekst), tada prekinuti rad; u protivnom, preći na Korak 2.

Mada je ovaj algoritam, intuitivno gledano, skoro oˇcigledno korektan, ipak ćemo dokazati njegovu ispravnost. Radi pojednostavljenja dokaza, uzećemo da je ulazni graf G = (V, E) povezan. Dalje, pretpostavićemo da je T = (V, F ) izlazni graf, a da je T 0 = (X, F 0 ) minimalno razapinjuće stablo dobijeno nekim drugim postupkom.


221

TEOREMA 3.2.18. Pod gornjim pretpostavkama, Kruskalov algoritam uvek odredjuje minimalno razapinjuće stablo.

Dokaz . Pokazaćemo najpre da je izlazni graf T stablo. Na osnovu konstrukcije, T je bez kontura. Pokaˇzimo i da je povezan. Pretpostavimo suprotno, tj. da ima bar dve komponente. Kako je ulazni graf G povezan, to u njemu sigurno postoji grana koja spaja dva ˇcvora iz dve razliˇcite komponente izlaznog grafa T . Kako je ta grana obavezno bila razmatrana (pretpostavljamo da nismo ranije prekidali postupak) ona u delimiˇcnom grafu nije mogla biti odbaˇcena jer nije obrazovala u njemu (a ni u izlaznom grafu) konturu. Ovo je u kontradikciji sa Korakom 2 algoritma, tako da je T zaista stablo. Dokazaćemo sada da je w(T 0 ) > w(T ) (w oznaˇcena teˇzina odgovarajućeg grafa), a samim tim da je w(T 0 ) = w(T ). Pretpostavimo suprotno, tj. da je w(T 0 ) < w(T ). Neka su {e01 , e02 , . . . , e0h }, odnosno {e1 , e2 , . . . , eh } (h = |F 0 | = |F |) grane odgovarajućih stabala poredjane po teˇzinama u neopadajući poredak; drugim reˇcim neka je w(e01 )6w(e02 )6· · ·6 w(e0h ), w(e1 ) 6 w(e2 ) 6 · · · 6 w(eh ). Tada za neko k (1 6 k 6 h) mora vaˇziti w(e0k ) < w(ek ). Uoˇcimo tada skupove grana Ek−1 = {e1 , e2 , . . . , ek−1 } i Ek0 = {e01 , e02 , . . . , e0k }. Ako bi za neko j (1 6 j 6 k) vaˇzilo da grane Ek−1 ∪ {e0j } (e0j 6∈ Ek−1 ) ne obrazuju konturu, tada bi iz w(e0j ) 6 w(e0k ) < w(ek ) sledila kontradikcija; grana e0j nije smela biti odbaˇcena u Koraku 2 algoritma. U protivnom, za svaku granu e0j 6∈ Ek−1 sledi da se u podgrafu obrazovanim granama Ek−1 ∪ {e0j } javlja taˇcno jedna kontura. Medjutim, tada grane e0i (1 6 i 6 k) povezuju ˇcvorove iz istih komponenata delimiˇcne ˇsume obrazovane granama samo iz skupa Ek−1 . Kako je delimiˇcan podgraf formiran od grana iz skupa Ek0 bez kontura, to je broj grana iz Ek0 koje se distribuiraju jednoj komponenti ˇsume prethodnog podgrafa najviˇse jednak broju grana te komponente. Stoga bar jedna grana iz Ek0 ne bi mogla biti distribuirana na dopustiv naˇcin, pa opet dobijamo kontradikciju. Sloˇzenost Kruskalovog algoritma bitno zavisi od postupka realizacije Koraka 1 (sortiranje grana), odnosno Koraka 2 (kako znati koje se grane ukljuˇcuju, odnosno iskljuˇcuju). Neka je n, odnosno m, broj ˇcvorova, odnosno grana grafa G. Za sortiranje grana, ako se sve grane sortiraju odjednom (uz neke dosetke to nije neophodno!) potrebno je O(m log(m)) poredjenja (u praksi se najˇceˇsće koristi metoda sortiranja poznata pod nazivom “heap-sort”). Efikasan postupak za realizaciju Koraka 2 zasniva se na sledećoj ˇ ideji. Cvorove grafa treba grupisati po komponentama delimiˇcnog grafa koji se formira. Na poˇcetku (kada nema grana), svaki ˇcvor je zasebna grupa. Dodavanjem neke grane izmedju ˇcvorova razliˇcitih grupa, vodi ka objedinjavanju tih grupa (grana se ukljuˇcuje), a u protivnom, ako ˇcvorovi pripadaju istoj grupi, nema nikakve akcije (grana se iskljuˇcuje). Programerski se to moˇze realizovati tako ˇsto svi ˇcvorovi jedne grupe imaju iste oznake, razliˇcite od grupe do grupe. Stoga se kriterijum za razvrstavanje grana (uz aˇzuriranje oznaka) svodi samo na testiranje oznaka krajnjih ˇcvorova. Ovako koncipiran Korak 2 se moˇze realizovati sa sloˇzenoˇsću od O(1). Stoga je sloˇzenost Kruskalovog algoritma, grubo govoreći, odredjena sa sloˇzenoˇsću sortiranja, i teˇsko se moˇze znatnije poboljˇsati od O(m log(m)). Dakle, za grafove koji su bliski (po broju grana) kompletnim grafovima kompleksnost je O(n2 log(n)). Opisaćemo sada Primov algoritam. Ovaj algoritam se zasniva na strategiji najpre najbliˇzi sused (na engleskom: nearest neighbour first). Kljuˇcnu ulogu u koncipiranju algoritma igra sledeća teorema.


222

TEOREMA 3.2.19. Neka je G = (V, E) povezan teˇzinski graf, U ⊆ V a e ∈ E najlakˇsa grana koja spaja ˇcvor iz U sa ˇcvorom iz U (= V \ U ). Tada postoji stablo najmanje teˇzine koje sadrˇzi granu e. Dokaz . Neka je T ∗ stablo najmanje teˇzine, i pretpostavimo da grana e (kao u iskazu teoreme) ne pripada tom stablu. Uoˇcimo podgraf u oznaci T ∗ + e dobijen iz T ∗ dodavanjem grane e. Graf T ∗ + e sadrˇzi bar jednu konturu. Toj konturi, pored grane e, pripada i grana e0 i to takva da joj je jedan kraj u U a drugi u U . Kako je w(e) 6 w(e0 ), po udaljavanju grane e0 iz T ∗ + e dobija se podgraf (opet stablo), ˇcija teˇzina nije veća od teˇzine stabla T . Imajući u vidu Teoremu 3.2.19, sada se nameće sledeći postupak. Krenuti od delimiˇcnog grafa bez grana, uoˇciti jednu njegovu komponentu (tj. izolovan ˇcvor), i zatim je uvećavati dodavanjem najlakˇse grane koja povezuje jedan njen ˇcvor sa nekim ˇcvorom iz preostalog dela grafa. U procesu uvećavanja tekućoj komponenti se dodaju pored grane i onaj njen krajnji ˇcvor koji nije pripadao komponenti. Postupak se zavrˇsava kada viˇse nema grana sa traˇzenim svojstvima; tada, u zavisnosti da li je polazni graf povezan ili ne, imamo kraj rada ili, ako je ulazni graf nepovezan, moˇzemo istovetnu proceduru ponoviti u cilju nalaˇzenja sledeće komponente najlakˇse ˇsume. Primetimo samo da se dodavanjem grana na opisani naˇcin nikada ne formira kontura. Stoga je dobijeni delimiˇcni podgraf uvek stablo (ili ˇsuma u nepovezanom sluˇcaju), a odgovarajuća teˇzina je, na osnovu Teoreme 2, najmanja. Dokaz bi se mogao sprovesti metodom matematiˇcke indukcije. U tom cilju, za povezan graf, lako se dokazuje da je formirani delimiˇcni podgraf (tj. stablo) ujedno stablo minimalne teˇzine za podgraf polaznog grafa koji je indukovan ˇcvorovima tekuće komponente (i tu dolazi do izraˇzaja Teorema 3.2.19). Algoritam 2 (Primov algoritam za nalaˇzenje minimalnog razapinjućeg stabla ili ˇsume). Korak 1. Uzeti proizvoljan nerazmatran ˇcvor (ako postoji) zatekuću komponentu. (Na poˇcetku su, jasno, svi ˇcvorovi nerazmatrani.) Ako takav ˇcvor ne postoji, preći na Korak 3, a u protivnom uoˇceni ˇcvor se markira kao razmatran. Korak 2. Naći najlakˇsu granu koja povezuje ˇcvor iz tekuće komponente sa nekim ˇcvorom van nje. Ako takva grana ne postoji, preći na Korak 1. U protivnom, tu granu prikljuˇciti tekućoj komponenti, kao i onaj krajnji ˇcvor grane koji nije bio u komponenti. Ujedno markirati dotiˇcni ˇcvor da je razmatran. Zatim preći na poˇcetak Koraka 2. Korak 3. Zavrˇsetak rada.

Neka je opet n, odnosno m, broj ˇcvorova, odnosno grana, grafa G. Glavni problem u implementaciju gornjeg algoritma direktno je vezan za efikasnost u realizaciji Koraka 2. Zavisno od toga kako je taj problem reˇsen, imamo i razliˇcite procene efikasnosti Primovog


223

algoritma. Ako bi se u svakom prolasku kroz Korak 2 (ima ih O(n)) traˇzi najlakˇsa grana, tada bi efikasnost Koraka 2 bila O(m), ˇso bi davalo da je efikasnost kompletnog algoritma O(nm). Bolje reˇsenje (i procena) se dobijaju ako se nadje brˇzi postupak za nalaˇzenje najlakˇse grane. Glavni problem leˇzi u ˇcinjenici da se sa porastom broja ˇcvorova u tekućoj komponenti uvećava broj grana medju kojima treba traˇziti najlakˇsu, dakle uvećava se i pretraga. Medjutim, ona se moˇze izbeći ako se za svaki ˇcvor van tekuće komponente vodi evidencija o njegovom najbliˇzem susedu u tekućoj komponenti. Naravno, to bi zahtevalo da se po zavrˇsetku svake iteracije vezane za Korak 2 notiraju promene (prikljuˇcivanje jednog ˇcvora komponenti moˇze, ali ne mora, promeniti najbliˇze susede ostalih ˇcvorova van komponente – taˇcnije, moˇze jedino njega isturiti kao najbliˇzeg suseda). Uz gornje napomene, lako se pokazuje da je sloˇzenost Primovog algoritma moˇze bitno popraviti. Zavisno od izbora strukture podataka i kako se pripremi pretraga za najlakˇsom granom, moˇze se dobiti da je kompleksnost Primovog algoritma O(n2 ), ili O(m log2 (n)).

ZADACI 3.2.1. Odrediti koliko ima neizomorfnih stabala sa a) 6; b) 7; c) 8 ˇcvorova. Nacrtati sva ta stabla. 3.2.2. Grad ima kvadratnu mreˇzu sa m ”horizontalnih”i n ”vertikalnih”ulica (videti sliku). Kolika je najmanja duˇzina dela mreˇze koji treba asfaltirati tako da se od svake raskrsnice do bilo koje druge moˇze doći asfaltom?

3.2.3.

Naći dva neizomorfna stabla sa istim nizom stepena ˇcvorova.

3.2.4.

Ako je T stablo za koje vaˇzi ∆(T ) > k, tada T ima bar k listova. Dokazati.

3.2.5. Neka je T stablo u kome svaki ˇcvor koji je susedan sa listom ima stepen bar 3. Dokazati da T ima par listova sa zajedniˇckim susedom. 3.2.6. Dokazati da je niz prirodnih brojeva (d1 , d2 , . . . , dn ) niz stepena nekog stabla ako i samo ako je d1 + d2 + . . . + dn = 2n − 2. 3.2.7. Neka je T stablo sa n ˇcvorova, n > 2. Za prirodan broj i, neka pi oznaˇcava broj ˇcvorova stepena i u stablu T . Dokazati da je p1 − p3 − 2p4 − . . . − (n − 3)pn−1 = 2. ˇ 3.2.8. Kralj Songabonga je imao 4 sina, 10 od njegovih muˇskih potomaka su imali po 3 sina svaki, 15 od njegovih muˇskih potomaka su imali po 2 sina svaki, dok su svi ostali ˇ umrli bez dece. Ako je poznato da kralj Songabonga nije imao ˇzenskih potomaka, koliko je ukupno muˇskih potomaka imao ovaj kralj? 3.2.9. U kutiju je stavljeno k manjih kutija. Zatim se u neke od manjih kutija stavlja po k joˇs manjih kutija i ovaj proces se ponovi nekoliko puta. Ako je na kraju medju svim tim kutijama m napunjenih, koliko ima praznih (kutija je napunjena ako u njoj ima neka manja)?


224

3.2.10. Svaki od kruˇzića na sledećim slikama predstavlja po 1 kuću u kojoj stanuje po 1 djak-peˇsak. Linije izmedju kruˇzića predstavljaju puteve izmedju kuća, koji su svi duˇzine 1km. Gde treba izgraditi ˇskolu u selu, tako da ukupan put koji prelaze djaci-peˇsaci bude najmanji? d d d d d d a) d

d d

d

d d

d

b) d d

d

d

d

d

d

d

d

d

3.2.11. Dokazati da svako od sledeća dva svojstva karakteriˇse ˇsume: a) svaki indukovani podgraf sadrˇzi ˇcvor stepena manjeg ili jednakog 1. b) svaki povezani podgraf je indukovani podgraf. 3.2.12. Povezani podgrafovi G1 i G2 nekog stabla imaju neke zajedniˇcke grane. Neka je G3 graf ˇcije su grane zajedniˇcke grane grafova G1 i G2 , a ˇcvorovi krajevi zajedniˇckih grana. Dokazati da je G3 povezan graf. 3.2.13. Ako je G ˇsuma sa taˇcno 2k, k > 1, ˇcvorova neparnog stepena, tada G sadrˇzi k granski disjunktnih puteva P1 , P2 , . . . , Pk , takvih da je E(G) = E(P1 ) ∪ E(P2 ) ∪ · · · ∪ E(Pk ). 3.2.14.

Ako je T stablo sa k grana i G graf za koji vaˇzi δ(G) > k, tada je T podgraf G.

3.2.15. Odrediti ciklomatiˇcki broj grafa G ako je G: a) Kn ; b) Km,n ; c) povezan regularan graf stepena 3 sa n ˇcvorova. 3.2.16. Dokazati da je ciklomatiˇcki broj grafa jednak zbiru ciklomatiˇckih brojeva njegovih komponenti povezanosti.

3.3

´ STABLA RAZAPINJUCA

MALO ISTORIJE I OSNOVNI POJMOVI Dva glavna tvrdjenja u ovom odeljku, Kejlijeva (eng. Arthur Cayley) teorema i Kirhofova (nem. Kirchhoff) teorema za matrice i stabla, su dokazana joˇs u 19-tom veku (to su prvi znaˇcajniji rezultati Teorije grafova nakon Ojlerovih, koji su iz 18-og veka). Oba su stigla direktno iz primena. Nemaˇcki fiziˇcar Kirhof je svoje tvrdjenje pokazao 1947. godine i ono mu je posluˇzilo za izraˇcunavanje jaˇcina elektriˇcnih struja u granama nekog elektriˇcnog kola (jer su nezavisni ciklusi u potpunosti odredjeni jednim razapinjućim stablom). Kejli je engleski matematiˇcar koji je 1857. godine uveo u matematiku pojam stabla. Skoro u isto vreme (oko 1859. godine) otkrivene su strukturne formule hemijskih jedinjenja. Kejli je naˇsao vezu izmedju ova 2 pojma (on je povezao stabla i strukturne formule


225

alkana – jedinjenja formule Cn H2n+2 ) i u radu ”O matematiˇckoj teoriji izomera”iz 1874. godine je postavio kamen temeljac nauˇcne discipline Hemijske teorije grafova. Na sledećoj slici su 2 alkana koji imaju formulu C6 H14 (kako imaju istu formulu – oni su izomeri) i odgovarajuća stabla (kod kojih su ˇcvorovi ugljenikovi atomi, a grane veze medju njima). H H H H H H H C C C C C C H H H H H H H

H HH H C H H H C C C C H H C H H H HH

w w w w w w

w w w w w w

Kejli je pokuˇsao da pronadje broj izomera In alkana Cn H2n+2 , nije uspeo u tome, mada je dao nekoliko vaˇznih rezultata vezanih za prebrojavanje stabala. Broj izomernih alkana su odredili 1931. godine hemiˇcari Hence i Bler (eng. Henze, Blair), a opˇsti metod za reˇsavanje ovakvih enumerativnih problema je pronaˇsao madjarsko-ameriˇcki matematiˇcar Dˇzordˇz Polja (eng. George Polya) 1937. godine. Uvedimo nekoliko pojmova koji igraju kljuˇcnu ulogu u ovom odeljku. DEFINICIJA 3.3.1. Razapinjući podgraf grafa G = (V, E) je podgraf oblika (V, E 0 ), E 0 ⊆ E. Razapinjuće stablo je razapinjući podgraf koji je stablo, a razapinjuća ˇsuma je maksimalni razapinjući podgraf koji je ˇsuma. Da razjasnimo ovde ˇsta podrazumevamo pod maksimalnim podgrafom koji je ˇsuma. Maksimalan je u smislu broja grana, tj. ako bismo dodali bilo koju granu to viˇse ne bi bila ˇsuma, nego graf koji sadrˇzi taˇcno jednu konturu. Stoga, razapinjuća ˇsuma sadrˇzi razapinjuća stabla kao svoje komponente povezanosti. DEFINICIJA 3.3.2. Kompleksnost grafa G je broj razapinjućih stabala grafa. Kompleksnost grafa G ćemo oznaˇcavati sa t(G). Oznaˇcimo tn = t(Kn ), tj. tn je broj razapinjućih stabala u potpunom grafu Kn .

Egzistenciju razapinjućeg stabla i razapinjuće ˇsume nam daju sledeće leme: LEMA. 3.3.3.

Graf je povezan ako i samo ako ima razapinjuće stablo.

Dokaz . Neka je G povezan graf, a T minimalni povezani razapinjući podgraf od G. Tada je T povezan, a T − e je nepovezan za svaku granu e ∈ E(T ), pa po ekvivalentnim definicijama stabla dobijamo da je T stablo, a samim tim i razapinjuće stablo. Ako graf G ima razapinjuće stablo T , tada postoji put izmedju bilo koja 2 ˇcvora u T , pa samim tim postoji i put izmedju bilo koja 2 ˇcvora u G, te je G povezan.


LEMA. 3.3.4.

226

Svaki nepovezan graf ima razapinjuću ˇsumu.

Dokaz . Ako je G nepovezan, onda prema prethodnom u svakoj njegovoj komponenti povezanosti moˇzemo naći razapinjuće stablo. Unija svih tih razapinjućih stabala daje traˇzenu razapinjuću ˇsumu.

KEJLIJEVA TEOREMA Kao ˇsto smo u prethodnom poglavlju videli, kada smo crtali sva stabla sa malim brojem ˇcvorova, broj stabala sa datim brojem ˇcvorova nije bilo moguće eksplicitno odrediti (time se bave napredne enumerativne tehnike, poput teorije Polje koja koristi funkcije generatrisa i teoriju orbita). Ali za broj razapinjućih stabala na fiksiranom skupu ˇcvorova (odredjivanje broja razipunjićih stabala na skupu od n ˇcvorova je isto ˇsto i odredjivanje broja razapinjućih stabala koja su podgrafovi potpunog grafa Kn ) postoji jednostavno formula. Ali pre nego ˇsto damo tvrdjenje Kejlijeve teoreme, to ćemo ilustrovati jednim primerom. PRIMER 3.3.5.

Odredimo sva razapinjuća stabla sa 1, 2, 3 i 4 ˇcvora.

Reˇsenje. Razapinjućih stabala sa 1 i 2 ˇcvora ima samo po jedno. Razapinjućih stabala sa 3 ˇcvora ima 3, dok razapinjućih stabala sa 4 ˇcvora ima 16. Sva ona su predstavljena na sledećim slikama: 1 w Sva razapinjuća stabla sa 1 ˇcvorom 2 w 1 w Sva razapinjuća stabla sa 2 ˇcvora 2 w 1 w

2 w w3

1 w

2 w w3

1 w

w3

Sva razapinjuća stabla sa 3 ˇcvora 2 w

w3

2 w

w3

2 w

w3

2 w

w3

1 w

w4

1 w

w4

1 w

w4

1 w

w4

2 w

w3

2 w

w3

2 w

w3

2 w

w3

1 w

w4

1 w

w4

1 w

w4

1 w

w4

2 w

w3

2 w

w3

2 w

w3

2 w

w3

1 w

w4

1 w

w4

1 w

w4

1 w

w4


227

2 w

w3

2 w

w3

2 w

w3

2 w

w3

1 w

w4

1 w

w4

1 w

w4

1 w

w4

Sva razapinjuća stabla sa 4 ˇcvora Primetimo da za n = 1 ima 1−1 = 1 razapinjuće stablo, za n = 2 ima 20 = 1 razapinjuće stablo, za n = 3 ima 31 = 3 razapinjuća stabla i za n = 4 ima 42 = 16 razapinjućih stabala (tu su samo 2 neizomorfna stabla – zvezda i put). 4 ukupan broj prostih grafova na skupu ˇcvorova N4 je 2(2) = 26 = 64 jer svaka ¡Takodje, ¢ 4 od 2 = 6 grana moˇze da postoji, ali i ne mora (2 mogućnosti). Uopˇstenje zakljuˇcaka prethodnog primera je jedno od najvaˇznijih tvrdjenja Teorije grafova — Kejlijeva teorema. Nju je formulisao Kejli joˇs 1889. godine. Medjutim, on je proverio samo za vrednosti n 6 5. Dokaz je kasnije, 1918. godine, dao Prifer (nem. ˇ je 1970. godine KanadjaH.Pr¨ ufer). Od tada je nadjeno mnoˇstvo razliˇcitih dokaza. Cak nin Dˇzon Mun (eng. John W. Moon) napisao ˇcitavu knjigu o prebrojavanju razapinjućih stabala [24]. Napomenimo joˇs da se razapinjuća stabla (eng. spanning trees) nazivaju i oznaˇcena stabla (eng. labeled trees). Mi ćemo ovde navesti 4 dokaza. Pre nego ˇsto krenemo u dokazivanje, daćemo definiciju Priferovog (nem. H. Pr¨ ufer) niza i 2 algoritma pomoću kojih od razapinjućeg stabla dobijamo Priferov niz i obratno. U daljem tekstu ćemo pretpostaviti da su ˇcvorovi razapinjućeg stabla sa n ˇcvorova oznaˇceni brojevima 1, 2, . . . , n. DEFINICIJA 3.3.6. Priferov niz duˇzine n − 2, za n > 2, je bilo koji niz brojeva iz Nn u kome su i ponavljanja dozvoljena. Sada ćemo dati proceduru za konstruisanje Priferovog niza s od datog razapinjućeg stabla T sa n ˇcvorova, tzv. Priferovo kodiranje. procedure Priferovo kodiranje (T ) for i := 1 to n − 2 begin v := ˇcvor stepena 1 sa najmanjom oznakom si := oznaka suseda od v T := T − v end return s end procedure PRIMER 3.3.7.

Odredimo Priferov niz za sledeće razapinjuće stablo: 1 2 w w w3 8 w 7 w

w w 6 5

w4


228

Reˇsenje. Odgovarajući Priferov niz je s = (8, 2, 5, 5, 8, 6). Na sledećim slikama daćemo korak po korak pravljenja Priferovog niza (sa sve stablom iz koga uklanjamo grane), dok u narednoj tablici imamo za svaki korak oznaku ˇcvora v, granu koja vodi iz njega e = {v, si }, kao i oznaku suseda si ˇcvora v. i v e si 8 w

1 1 {1, 8} 8

1 2 w w

2 3 {3, 2} 2

w3

7 w

3 4 2 4 {2, 5} {4, 5} 5 5

5 6 5 7 {5, 8} {7, 6} 8 6

1 2 w w w3 8 w

1 2 w w w3 8 w

7 w

w4 w w 6 5 s = (8, 1 2 w w w3 8 w

w4 w w 6 5 s = (8, 2, 1 2 w w w3 8 w

7 w

7 w

7 w

7 w

w

w

w4

6 5 s = (8, 2, 5, 5,

w

w

w4

6 5 s = (8, 2, 5, 5, 8,

w4 w w 6 5 s = (8, 2, 5, 1 2 w w w3 8 w w

w

w4

6 5 s = (8, 2, 5, 5, 8, 6)

Vezu Priferovog niza i stepena ˇcvora u grafu nam daje sledeća lema: LEMA. 3.3.8. Neka je Pk broj pojavljivanja broja k u Priferovom nizu s koji odgovara razapinjućem stablu T . Tada je stepen ˇcvora k u T jednak Pk + 1. Dokaz . Tvrdjenje je taˇcno za bilo koje razapinjuće stablo T sa 3 ˇcvora, jer se Priferov kod takvog stabla sastoji od 1 pojavljivanja oznake ˇcvora koji ima stepen 2. Pretpostavimo da je tvrdjenje taˇcno za sva razapinjuća stabla sa n > 3 ˇcvora i neka je T razapinjuće stablo sa n + 1 ˇcvorova. Neka je v ˇcvor stepena 1 sa najmanjom oznakom i neka je w sused od v. Tada Priferov kod stabla T ima oblik s = (w, s2 , s3 , . . . , sn−1 ), gde je s∗ = (s2 , s3 , . . . , sn−1 ) Priferov kod stabla T ∗ = T − v. Sada, po indukcijskoj pretpostavki, imamo da je dT ∗ (u) za 1 veći od broja pojavljivanja u u s∗ . Ali za u 6= w imamo da je broj pojavljivanja u u s∗ i u s jednak i dT (u) = dT ∗ (u). Dalje imamo da je dT (w) = dT ∗ (w) + 1, ali i w ima jedno pojavljivanje viˇse u s nego u s∗ . Stoga po principu matematiˇckeindukcije imamo da je tvrdjenje taˇcno za svaki ˇcvor razapinjućeg stabla T . Sada ćemo dati proceduru za konstruisanje razapinjućeg stabla T sa n ˇcvorova od Priferovog niza s, tzv. Priferovo dekodiranje.


229

procedure Priferovo dekodiranje (s) ` := (1, 2, . . . , n) Inicijalizovati ˇsumu T sa n izolovanih ˇcvorova oznaˇcenih sa 1, . . . , n for i := 1 to n − 2 begin v := najmanji broj koji je u `, a nije u s w := `1 // w je prvi broj u listi L dodati granu {v, w} u ˇsumu T ukloniti w iz liste ` ukloniti prvo pojavljivanje v iz niza s end dodati granu koja spaja preostala 2 elementa liste ` return T end procedure PRIMER 3.3.9.

Odredimo razapinjuće stablo za Priferov niz: s = (8, 2, 5, 5, 8, 6).

Reˇsenje. Na osnovu Leme 3.3.8 dobijamo da su u T stepeni ˇcvorova: d(1) = d(3) = d(4) = d(7) = 1, d(2) = d(6) = 2 i d(5) = d(8) = 2. Na sledećim slikama su predstavljeni koraci u Priferovom dekodiranju:

8 w 7 w

1 2 w w

w

w

6

5

w3

8 w

w4

7 w

1 2 w w

w

w

6

5

w3

1 2 w w w w3 8

1 2 w w w w3 8

w4

7 w

7 w

w

w

w4

w

w

w4

6 5 6 5 ` = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) ` = (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8) ` = (2, 4, 5, 6, 7, 8) ` = (4, 5, 6, 7, 8) s = (8, 2, 5, 5, 8, 6) s = (2, 5, 5, 8, 6) s = (5, 5, 8, 6) s = (5, 8, 6)

8 w 7 w

1 2 w w

w 6

w 5

w3

8 w

w4

7 w

1 2 w w

w 6

w 5

` = (5, 6, 7, 8)

` = (6, 7, 8)

s = (8, 6)

s = (6)

w3

1 2 w w w3 8 w

1 2 w w w3 8 w

w4

7 w

7 w

w w 6 5 ` = (7, 8) s=()

w4

w w 6 5

w4

Oznaˇcimo sa Pn−2 skup Priferovih nizova duˇzine n−2, a sa Tn skup svih razapinjućih stabala na skupu od n ˇcvorova 1, 2, . . . , n. U proceduri Priferovog kodiranja smo definisali funkciju fk : Tn → Pn−2 sa fk (T ) = s, a u proceduri Priferovog dekodiranja definisali funkciju fd : Pn−2 → Tn sa fd (s) = T . LEMA. 3.3.10.

Funkcija fd je dobro definisana.


230

Dokaz . Prvo primetimo da u svakom koraku procedure nemamo viˇse izbora za granu koju ćemo docrtati. Stoga procedura Priferovog dekodiranja definiˇse funkciju fd koja slika skup Pn−2 u skup grafova sa n ˇcvorova. Potrebno je joˇs da pokaˇzemo da je rezultat te procedure stablo. Da bismo pokazali da funkcija fd daje rezultat stablo (kada se primeni na Priferov niz s) koristićemo princip matematiˇcke indukcije. Za n = 2 procedura daje jednu granu {1, 2}, pa je graf T stablo sa 2 ˇcvora. Pretpostavimo da je tvrdjenje taˇcno za neko n > 2 i posmatrajmo Priferov niz s = (s1 , s2 , . . . , sn−1 ) i graf T sa skupom ˇcvorova {1, 2, . . . , n+1}. U prvom koraku procedure dodajemo granu {b, s1 }, gde je b ˇcvor koji nije u s i ima najmanju oznaku. Nijedna od n−1 grana koje će biti odredjene u narednim koracima (od 2. do n-tog) neće biti incidentna sa b. Stoga je nastavak procedure, od koraka 2, ekvivalentan sa primenom procedure na Priferov niz s∗ = (s2 , s3 , . . . , sn−1 ) na skupu ˇcvorova {1, . . . , b − 1, b + 1, . . . , n + 1}, a po induktivnoj pretpostavci ćemo tu dobiti stablo T ∗ . Ovo stablo zajedno sa granom {b, s1 } formira stablo T na skupu ˇcvorova {1, 2, . . . , n + 1}.

LEMA. 3.3.11.

Funkcija fk : Tn → Pn−2 je inverzna funkcija funkcije fd : Pn−2 → Tn .

Dokaz . U i-tom koraku procedura Priferovog kodiranja briˇse granu {v, w} koju je dodavala procedura Priferovog dekodiranja i dodaje oznaku ˇcvora v koji je procedura Priferovog dekodiranja izbacivala iz Priferovog niza s. Stoga je za svaki Priferov niz s ispunjeno fk (fd (s)) = s, pa je fk inverzna funkcija funkcije fd . Sliˇcno moˇze da se pokaˇze i da je fd inverzna funkcija funkcije fk . Pomoću ove leme moˇzemo da dokaˇzemo Kejlijevu teoremu. Daćemo 4 dokaza ove teoreme (od ˇcega 2 ukljuˇcuju materiju koja sledi nakon njih). TEOREMA 3.3.12. Kejlijeva teorema. Broj razapinjućih stabala kompletnog grafa Kn , za n ∈ N, jednak je nn−2 .

Dokaz 1. Oznaˇcimo ˇcvorove u Kn sa 1, 2, . . . , n. Neka je T razapinjuće stablo. Na osnovu Leme 3.3.11 imamo da je funkcija fk bijekcija iz skupa Tn u skup Pn−2 , pa ova 2 skupa imaju jednak broj elemenata, a kako je broj Priferovih nizova jednak |Pn−2 | = nn−2 , to je i broj razapinjućih stabala |Tn | = nn−2 . Dokaz 2. Uoˇcimo neki ˇcvor u iz Kn . Oznaˇcimo sa t(n, k) broj razapinjućih stabala u kojima taj ˇcvor ima stepen k, d(u) = k. Tada je tn =

n−1 X

t(n, k).

k=1

Nazovimo sveˇznjem par razapinjućih stabala A i B, takvih da je dA (u) = k−1 i dB (u) = k i da stabla imaju po n − 2 zajedniˇcke grane, a one dve grane (jedna je uv) koje nisu zajedniˇcke su incidentne sa istim ˇcvorom v 6= u i svih tih n grana ˇcini unicikliˇcan graf sa konturom koja prolazi i kroz u i kroz v. U A je dA (u) = k − 1. Graf B moˇzemo dobiti tako ˇsto ˇcvor u spojimo sa proizvoljnim ˇcvorom v sa kojim nije susedan (v moˇzemo izabrati na n − k naˇcina), a onda iz konture


231

izbacimo granu vw iz v (vw 6= vu). Stoga sveˇznjeva ima (n − k) · t(n, k − 1). U B je dB (u) = k. Ako bi odstranili ˇcvor v graf B bi se raspao na k komponenti povezanosti: B1 ,. . . , Bk (neka je vi ∈ Bi ˇcvor koji je susedan sa u i |Bk | = nk ). Graf A moˇzemo dobiti tako ˇsto odstranimo proizvoljnu granu uvi , a zatim ˇcvor vi spojimo sa proizvoljnim ˇcvorom v iz neke druge komponente povezanosti. Ovu operaciju moˇzemo izvrˇsiti na n − 1 − n1 + n − 1 − n2 + . . . + n − 1 − nk = k · (n − 1) − (n − 1) = (k − 1)(n − 1) naˇcina. Stoga sveˇznjeva ima (k − 1)(n − 1) · t(n, k). Dobili smo rekurentnu relaciju (n − k) · t(n, k − 1) = (k − 1)(n − 1) · t(n, k), iz koje dobijamo (n − k − 1) · t(n, k) = k(n − 1) · t(n, k + 1), (n − k − 2) · t(n, k + 1) = (k + 1)(n − 1) · t(n, k + 2), .. . (n − (n − 1)) · t(n, n − 2) = (n − 2)(n − 1) · t(n, n − 1). Kako je t(n, n − 1) = 1 (samo imamo zvezdu K1,n−1 ) kada izmnoˇzimo sve ove jednakosti n−k−1 dobijamo (n − k − 1)! · t(n, k) = (n−2)! · 1, odnosno (k−1)! (n − 1) µ ¶ µ ¶ n−2 n−k−1 n−k−1 n − 2 t(n, k) = (n − 1) = (n − 1) . n−k−1 k−1 Odatle dobijamo da razapinjućih stabala ima tn =

n−1 X k=1

µ (n − 1)n−k−1

¶

n−2 k−1

=

n−2 X

µ (n − 1)n−i−2

i=0

tn = [(n − 1) + 1]

n−2

¶ n−2 i

= nn−2 .

Dokaz 3. Na osnovu Teoreme o matricama i stablima (to je Teorema 3.3.18 sa s = t = 1) imamo da je broj razapinjućih stabala jednak sledećoj determinanti reda n − 1: ¯ ¯ ¯n − 1 −1 −1 ... −1 ¯¯ ¯ ¯ −1 n−1 −1 ... −1 ¯¯ ¯ ¯ −1 −1 n − 1 . . . −1 ¯¯ . tn = ¯ ¯ .. .. .. .. ¯ . .. ¯ . . . . ¯¯ ¯ ¯ −1 −1 −1 . . . n − 1¯ Ako prvoj vrsti dodamo preostale vrste vrstu dodamo svim ostalim i dobijamo ¯ ¯1 1 ¯ ¯0 n ¯ ¯ t n = ¯0 0 ¯ .. .. ¯. . ¯ ¯0 0

dobijamo vrstu sa svim elementima 1. Zatim tu 1 ... 0 ... n .. . 0

...

¯ 1 ¯¯ 0 ¯¯ 0 ¯¯ = nn−2 . .. ¯ . ¯¯ n¯


232

Dokaz 4. Sada ćemo pomoću Teoreme 3.3.13 i Multinomijalne teoreme joˇs jednom dokazati Kejlijevu formulu. Ako sumiramo formulu iz Teoreme 3.3.13 po svim mogućim nizovima stepena stabala sa ˇcvorovima {v1 , v2 , . . . , vn } i primenimo Multinomijalnu teoremu, dobijamo da je ukupan broj stabala sa ˇcvorovima {v1 , v2 , . . . , vn } jednak X

(n − 2)! (d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!

d1 , d2 , . . . , dn > 1 d1 + d2 + . . . + dn = 2n − 2 X

(n − 2)! = (1 + 1 + . . . + 1)n−2 = nn−2 . | {z } k1 !k2 ! · . . . · kn−1 ! k1 , k2 , . . . , kn > 0 n puta k1 + k2 + . . . + kn = n − 2

=

TEOREMA 3.3.13. Neka su v1 , v2 , . . . , vn dati ˇcvorovi i d1 , d2 , . . . , dn dati Pn brojevi tako da je i=1 di = 2n − 2. Dokazati da je broj stabala sa skupom ˇcvorova {v1 , v2 , . . . , vn } takvih da ˇcvor vi ima stepen di , i = 1, 2, . . . , n, jednak (n − 2)! . (d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn − 1)!

Dokaz . Dokaz ide matematiˇckom indukcijomPpo n. Za n = 1, 2 tvrdjenje je trivijalno n taˇcno, pa pretpostavimo da je n > 2. Poˇsto je i=1 di = 2n − 2 < 2n, postoji i tako da je di = 1. Bez gubitka opˇstosti, moˇzemo da pretpostavimo da je dn = 1. Neka je T skup svih stabala sa ˇcvorovima {v1 , v2 , . . . , vn } takvih da svaki ˇcvor vi ima stepen di , i = 1, 2, . . . , n. Podelimo stabla iz T u n − 1 grupa T1 , T2 , . . . , Tn−1 : skup Tj sadrˇzi stabla u kojima je ˇcvor vn susedan sa ˇcvorom vj . Ako uzmemo stablo iz Tj i obriˇsemo ˇcvor vn (zajedno sa njegovom jedinom granom), dobijamo stablo sa ˇcvorovima {v1 , v2 , . . . , vn−1 } takvih da je stepen vi jednak di za i 6= j, dok je stepen vj jednak dj −1. Lako se vidi da na ovaj naˇcin dobijamo bijekciju izmedju skupa Tj i skupa Tj0 svih stabala sa ˇcvorovima {v1 , v2 , . . . , vn−1 } sa nizom stepena d1 , d2 , . . . , dj−1 , dj − 1, dj+1 , . . . , dn−1 , s obzirom da razliˇcita stabla iz Tj daju razliˇcita stabla iz Tj0 , a iz svakog stabla iz Tj0 moˇzemo da dobijemo stablo iz Tj dodavanjem ˇcvora vn i njegovim spajanjem sa ˇcvorom vj . Po induktivnoj pretpostavci, imamo da je |Tj |

= |Tj0 | = =

(n − 3)! (d1 − 1)! · . . . · (dj−1 − 1)!(dj − 2)!(dj+1 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)! (n − 3)!(dj − 1) (d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!

Ova formula vaˇzi i kada je dj = 1: ona tada daje 0, ˇsto se slaˇze sa ˇcinjenicom da ne postoji stablo sa stepenom dj − 1 = 0 u ˇcvoru vj .


233

Sada je ukupan broj stabala u T jednak |T |

=

n−1 X

|Tj |

j=1

=

= =

n−1 X

(n − 3)!(dj − 1) (d − 1)!(d 1 2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)! j=1   n−1 X (n − 3)!  (dj − 1) (d − 1)!(d − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)! 1 2 j=1 (n − 2)(n − 3)! . (d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!

Kako je dn = 1, razlomak moˇzemo slobodno da proˇsirimo sa (dn − 1)! = 0! = 1, da bismo dobili izraz iz tvrdjenja. Posledica prethodne teoreme je i sledeće tvrdjenje koje je pokazao Klarke (eng. L. E. Clarke) 1958. godine: TEOREMA 3.3.14. Broj sa skupom ˇcvorova {v1 , v2 , . . . , vn } takvih da ˇcvor ¡ stabala ¢ n−k−1 v1 ima stepen k jednak je n−2 (n − 1) . k−1 Dokaz .

Traˇzeni broj stabala jednak je ¶ Xµ n−2 = k − 1, d2 − 1, . . . , dn − 1 =

(n−2)! (k−1)!(n−k−1)!

Xµ

n−k−1 d2 − 1, . . . , dn − 1

¶

µ ¶ n−2 (n − 1)n−k−1 , k−1

gde obe sume idu po svim d2 , d3 , . . . , dn ∈ N (to su stepeni ˇcvorova v2 , v3 , . . . , vn u tim stablima) za koje vaˇzi d2 + d3 + . . . + dn = 2n − k − 2. Sledeće 2 teoreme nam daju rekurentne veze pomoću kojih se moˇze izvesti Kejlijeva formula (ti dokazi nisu laki, te ih ovde izostavljamo; za dokaz Kejlijeve teoreme preko Teoreme 3.3.15 videti [35], zadatak 6.16). TEOREMA 3.3.15.

Za tn vaˇzi sledeća rekurentna formula

(3.2)

(n − 1)tn =

n−1 X k=1

µ ¶ n−1 k(n − k) tk tn−k . k−1

Dokaz . Izraz (n − 1)tn na levoj strani jednakosti (3.2) predstavlja broj naˇcina da izaberemo jedno razapinjuće stablo T i jednu njegovu granu e. Primetimo da kada iz stabla T odstranimo granu e dobijamo ˇsumu sa 2 komponente povezanosti (ovo će nam pomoći da se izborimo sa desnom stranom jednakosti (3.2)). Neka nam je u toj ˇsumi skup ˇcvorova grafa Kn razbijen na 2 neprazna podskupa V1 i V2 , tj. V (Kn ) = V1 ∪ V2 . Kako je V1 ∪ V2 = V2 ∪ V1 , redosled izbora ova 2 podskupa nije bitan, te bez umanjenja opˇstosti


234

moˇz¡emo¢uzeti da ˇcvor v1 pripada V1 . Tada skup V1 koji ima k elemenata moˇzemo izabrati na n−1 k−1 jer preostalih k − 1 elemenata skupa V1 biramo od preostalih n − 1 elemenata skupa V (Kn ). Dalje, kada smo izabrali skupove V1 i V2 , sa |V1 | = k i |V2 | = n − k, tada u njima razapinjuća stabla moˇzemo izabrati na tk i tn−k naˇcina. Time smo odredili datu razapinjuću ˇsumu sa 2 komponente povezanosti. Ostaje da datu ˇsumu poveˇzemo jednom granom e i da dobijemo stablo T . Grana e koja povezuje te 2 komponente ima jedan kraj V2¢. Ti ˇcvorovi se mogu (nezavisno jedan od drugog) izabrati na ¡k¢ u V1 i srugi kraj¡u n−k = k, odnosno na = n − k naˇcina, te se ta grana e moˇze odrediti na k · (n − k) 1 1 naˇcina. Zbog svega prethodno reˇcenog imamo da se jedno razapinjuće stablo T i jedna n−1 X ¡n−1¢ njegova grana e mogu izabrati na cina. Time je traˇzena k−1 · tk · tn−k · k(n − k) naˇ k=1

jednakost (3.2) dokazana (i to kombinatornim pristupom!). TEOREMA 3.3.16.

Za tn vaˇzi sledeća rekurentna formula 2(n − 1)tn =

n−1 X k=1

µ ¶ n k(n − k) tk tn−k . k

Dokaz . Sliˇcno kao i dokazu prethodne teoreme obe strane jednakosti predstavljaju broj naˇcina da izaberemo razapinjuće stablo T i u njemu 2 susedna ˇcvora v1 i v2 . Za izraz na levoj strani T moˇzemo odrediti na tn naˇcina, jednu njegovu granu e moˇzemo ¡ stablo ¢ izabrati na n−1 = n − 1 naˇcina i imamo joˇs 2 mogućnosti da izaberemo 2 susedna ˇcvora 1 v1 i v2 — da li uzmemo e = {v1 , v2 } ili e = {v2 , v1 }. Skup V1 koji sadrˇzi v1 moˇzemo ¡ ¢ odrediti na nk naˇcina, a onda je odredjen i skup V2 iz koga biramo v2 . Ostali ˇclanovi su isti kao i u dokazu prethodne teoreme. Navedimo joˇs jedno tvrdjenje bez dokaza (dokaz moˇzete videti u [34]) koje koristi Kejlijevu teoremu. TEOREMA 3.3.17. Broj naˇcina da permutaciju skupa Nn koja ima samo 1 ciklus zapiˇsemo kao proizvod n − 1 transpozicija jednak je nn−2 .

TEOREMA O MATRICAMA I STABLIMA Sada ćemo navesti drugo veoma vaˇzno tvrdjenje vezano za razapinjuća stabla, Teoremu o matricama i stablima (eng. Matrix-Tree Theorem). Ponegde se ova teorema naziva i Kirhofova teorema, zato ˇsto je Kirhof prvi doˇsao do nje, joˇs davne 1847. godine. Ovde ćemo samo dati njenu formulaciju, a dokaz se moˇze naći u [25], Teorema 7.5.1. TEOREMA 3.3.18. Teorema o matricama i stablima. Broj razapinjućih stabala t(G) grafa G jednak je bilo kom kofaktoru Laplasove matrice L.

GLAVA 3. TEORIJA GRAFOVA PRIMER 3.3.19.

235

Odrediti broj razapinjućih stabala u grafu sa slike. A t # ¶¤S Cc #¶ ¤ C Sc # c # ¶ ¤ C S c t D t¶ E t¤ CtF StGctH C# c S C ¤ ¶ # c S C ¤ ¶ # c # cS C ¤ ¶# c SCt¤# ¶ B

Reˇsenje. U Teoremi o matricama i stablima odredićemo kofaktor L poslednje 2 vrste, odnosno kolone, odgovaraju ˇcvorovima a i b). razapinjućih stabala jednak ¯ ¯2 0 0 ... 0 ¯ ¯0 2 0 . . . 0 ¯ ¯0 0 2 0 ¯ t(K2,n ) = Ln+2,n+2 = (−1)1+1 ¯ . .. .. ¯ .. . . ¯ ¯0 0 0 2 ¯ ¯−1 −1 −1 . . . −1

Ln+2,n+2 (neka u Tada je broj svih ¯ −1¯¯ −1¯¯ −1¯¯ .. ¯ , . ¯¯ −1¯¯ n¯

gde je determinanta reda (n + 1), tj. t(K2,n ) = Dn+1 . Ako determinantu ovog oblika (sa n na poslednjem mestu), dimenzija m × m razvijemo po prvoj koloni, a zatim po prvoj vrsti dobijamo rekurentnu jednaˇcinu Dm = 2Dm−1 − 2m−2 ,

uz poˇcetni uslov D2 = 2n − 1

i njeno reˇsenje je Dm = 2m−2 (2n + 1 − m). Kada ovde uvrstimo m = n + 1 dobijamo da je broj razapinjućih stabala jednak t(K2,n ) = Dn+1 = 2n−1 · n. Za n = 6 svih razapinjućih stabala ima 25 · 6 = 192.

´ ODREDJIVANJE BROJA RAZAPINJUCIH STABALA Naveˇsćemo joˇs nekoliko tvrdjenja koja mogu da se iskoriste da pronadjemo broj razapinjućih stabala. Prvo od ovih tvrdjenja je dokazao Temperli (eng. Temperley) 1964. godine. U njemu se javlja, ranije uvedena, Laplasova matrica L = D − A reda n (ona odgovara grafu G sa n ˇcvorova), kao i matrica J koja ima sve elemente jednake 1 i isto je reda n. Primetimo da za potpun graf Kn imamo da je A = J − I, D = (n − 1)I, pa je L = nI − J. TEOREMA 3.3.20.

Broj razapinjućih stabala je t(G) =

1 n2

det(J + L).

Dokaz . Kako je J 2 = nJ i JL = 0 (vaˇzi i LJ = 0, ˇsto ćemo koristiti kasnije) imamo sledeću jednakost: (J + L)(nI − J) = nJ − J 2 + nL − JL = nL.


236

Sada odredimo adjungovane matrice od leve i desne strane ove jednakosti, a zatim iskoristimo rezultate iz linearne algebre vezane za adjungovane matrice (adj(nL) = nn−1 adj(L) i M · adj M = M · det(M )M −1 = det(M )), kao i Kejlijevu teoremu (da je adj(L) = adj(nI − J) = nn−2 J), Teoremu o matricama i stablima (da je adj L = t(G)J) i na kraju ponovo jednakosti sa poˇcetka ovog dokaza. adj(J + L) · adj(nI − J) adj(J + L) · nn−2 J adj(J + L)J (J + L) adj(J + L)J (J + L) det(J + L)(J + L)−1 J det(J + L)J

= = = = = =

adj(nL) nn−1 adj(L) nt(G)J (J + L)nt(G)J nt(G)(J 2 + LJ) nt(G)J.

Iz prethodne matriˇcne jednakosti dobijamo da je det(J + L) = n2 t(G), odakle dobijamo traˇzenu jednakost. Kao posledicu ove teoreme imamo sledeće tvrdjenje koje ukljuˇcuje spektar grafa i karakteristiˇcni polinom grafa (dokaz ovde izostavljamo jer je posledica ovih spektralnih osobina; moˇzete ga naći u [6], Posledica 6.5). Ono se koristi za dobijanje nekih jednakosti sa grafom grana. TEOREMA 3.3.21.

Neka je G k-regularan graf sa n ˇcvorova koji ima spektar µ ¶ k λ1 ... λs−1 Spec Γ = . 1 m(λ1 ) . . . m(λs−1 )

Tada je kompleksnost grafa G data formulom t(G) =

s−1 ¯ 1Y 1 ¯ (k − λr )mr = ψ 0 (G, λ) ¯ , n r=1 n λ=k

gde je ψ 0 izvod karakteristiˇcnog polinoma ψ. DEFINICIJA 3.3.22. Oznaˇcimo sa G − e graf koji se dobija od grafa G izbacivanjem grane e, a sa G · e graf koji se dobija od grafa G uklanjenjem grane e = {u, v} i identifikovanjem njenih krajeva u i v (tj. spajanjem grajeva grane e u jedan novi ˇcvor koji je incidentan sa svim granama koje su bile incidentne sa u i v – ovim postupkom se dobija jedan multigraf, tj. graf u kome izmedju 2 ˇcvora moˇze biti viˇse grana). Graf G · e se naziva kontrakcija grafa G u odnosu na granu e. Kada smo uveli ove oznake spremni smo za sledeću teoremu, koja vaˇzi i za multigrafove. U njoj nam je data rekurentna veza, pomoću koje moˇzemo odredjivati broj razapinjućih stabala. TEOREMA 3.3.23.

Za kompleksnost grafa vaˇzi t(G) = t(G − e) + t(G · e).

Dokaz . Svakom razapinjućem stablu u G koje ne sadrˇzi granu e odgovara razapinjuće stablo u G−e. Svakom razapinjućem stablu u G koje sadrˇzi granu e odgovara razapinjuće stablo u G · e.


237

Pri prebrojavanju razapinjućih stabala, moˇzemo izbaciti sve petlje, koje se jave nakon kontrakcija, zato ˇsto razapinjuće stablo ne sadrˇzi nijednu petlju. Odredjivanje broja razapinjućih stabala pomoću ovih rekurentnih jednaˇcina ima poˇcetne uslove u grafovima bez ivica. Ako je to graf bez ivica sa 1 ˇcvorom tada imamo 1 razapinjuće stablo. Ako je to graf bez ivica sa 2 ili viˇse ˇcvorova, tada nemamo razapinjuće stablo. Ako bi raˇcunar sledio ovu proceduru on bi svaku od grana i brisao i kontrakovao (u istom koraku), te bi bilo potrebno izraˇcunavanje 2|E(G)| ˇclanova. Ovaj postupak se moˇze malo ubrzati brisanjem petlji i prepoznavanje specijalnih multigrafova G za koje nam je poznat t(G) – tu nam moˇze posluˇziti i sledeća lema. LEMA. 3.3.24. Nepovezani multigraf ne sadrˇzi nijedno razapinjuće stablo. Ako je G povezan multigraf koji ne sadrˇzi konture sem onih koje nastaju od grana koje povezuju 2 ˇcvora, tada je t(G) jednako proizvodu multipliciteta grana izmedju ˇcvorova na rastojanju 1. Dokaz . Prvi deo je direktna posledica Leme 3.3.3. Drugi deo se pokazuje indukcijom po broju grana u multigrafu G. PRIMER 3.3.25. Naći broj razapinjućih stabala u potpunom grafu K4 bez jedne grane e, tj. kompleksnost t(K4 − e). q q u vw t(K4 − e) = t( q qe q) = t( q q q) + t( q q q) = 4 + 2 · 2 = 8. Graf G−e je kontura C4 koja je unicikliˇcki graf, pa odstranjivanjem bilo koje njene grane (svaka njena grana pripada tom 1 ciklusu) dobijamo stablo, te ona ima 4 razapinjuća stabla. Graf G · e je multigraf sa po 2 grane izmedju ˇcvorova u i v i izmedju v i w, pa je na osnovu prethodne leme t(G · e) = 2 · 2 = 4. Reˇsenje.

Da rezimiramo — broj razapinjućih stabala t(G) u grafu G, moˇzemo odrediti na jedan od sledeća 4 naˇcina: 1. pomoću Teoreme o matricama i stablima; 2. pomoću Teoreme 3.3.20, tj. t(G) = det(J + L)/n2 ; 3. pomoću Teoreme 3.3.23, tj. rekurentnom vezom t(G) = t(G − e) + t(G · e); 4. kombinatorno - prebrojavanjem svih mogućih sluˇcajeva za razapinjuća stabla (moguće za neke jednostavnije grafove). PRIMER 3.3.26. preostala 3 naˇcina.

Odrediti broj razapinjućih stabala u grafu iz Primera 3.3.19 na

det(J + L) . Kada ovu determinantu razvijemo prvo po prvoj, a (n + 2)2 zatim po poslednjoj koloni dobijamo da je ° ° °3 1 . . . 1° ° ° °1 3 . . . 1° ¡ ¢ ° ° (n + 1)2 − 1 · det(° . .. °) .. ° .. . .° ° ° °1 1 . . . 3° t(K2,n ) = . (n + 2)2 Reˇsenje 2.

t(K2,n ) =


238

Ako prvoj vrsti gornje determinante (reda n) dodamo ostale, zatim iz te vrste izvuˇcemo faktor (n + 2) i onda tu vrstu (koja ima sve elemente 1) oduzmemo od ostalih dobijamo trougaonu determinantu sa n − 1 elemenata 2 na dijagonali, pa je t(K2,n ) =

Reˇsenje 3.

n(n + 2) · (n + 2)2n−1 = n2n−1 . (n + 2)2

q q q q t(K2,n ) = t( q q qqq q q) = t( q q qqq q q) + t( q q qqq q ) = 2t( q q qqq q) + t( q q q q q q),

odnosno dobijamo rekurentnu jednaˇcinu t(K2,n ) = 2t(K2,n−1 ) + 2n−1 , i njeno reˇsenje je

uz poˇcetni uslov t(K2,1 ) = 1

t(K2,n ) = n · 2n−1 .

Reˇsenje 4. Kombinatornim rezonom dobijamo da ˇcvorovi a i b mogu biti spojeni putem duˇzine 2 u razapinju´ cem stablu preko bilo kog od ˇcvorova 1, 2, . . . , n i taj ˇcvor moˇzemo ¡ ¢ izabrati na n1 = n naˇcina. Za svaki od preostalih ¡ ¢ n − 1 ˇcvorova imamo 2 mogućnosti: ili je spojen sa ˇcvorom a ili sa b. To nam daje n1 · 2n−1 naˇcina¡ da ¢ odaberemo razapinjuće stablo, odnosno ukupan broj razapinjućih stabala je jednak n1 · 2n−1 = n · 2n−1 .

VEKTORSKI PROSTOR KONTURA DEFINICIJA 3.3.27. Oznaˇcimo sa KG skup svih ciklusa u grafu G (slovo K je jer cikluse drugaˇcije zovemo konturama), svih mogućih duˇzina. Preciznije to je skup svih podgrafova od G koji su konture. Ovaj skup ima priliˇcno puno elemenata, ˇsto ćemo videti na sledećem primeru. PRIMER 3.3.28. je T ˇsuma.

Odrediti broj elemenata sledećih skupova KKn , KKn,n i KT , gde

Reˇsenje. Za potpun graf Kn¡ konture mogu imati sledeće duˇzine: 3, 4, . . . , n. Iz Kn ¢ moˇzemo k ˇcvorova odabrati na nk naˇcina, a od tih k ˇcvorova moˇzemo konturu odrediti na (k−1)! naˇcina, jer (k − 1)! odredjuje broj permutacija na krugu, a delimo sa 2 jer jedan 2 ciklus odredjuje 2 permutacije na krugu (u zavisnosti u kom smeru se krećemo). Tada je |KKn | =

n µ ¶ X (k − 1)! n · . k 2

k=3

Na sliˇcan naˇcin, potpun bipartitni graf Kn,m , gde je n 6 m ima samo konture parnih duˇzina: 4, 6, . . . , 2n, pri ˇcemu u svakoj toj konturi ˇcvorovi naizmeniˇcno idu iz jedne, pa iz druge particije. Stoga dobijamo n µ ¶µ ¶ X n m k!(k − 1)! |KKn,n | = · . k k 2 k=3

Kako ˇsuma ne sadrˇzi nijednu konturu to je KT = 0.


239

Na prvi pogled nam izgleda da skup KG nema neku logiˇcnu strukturu. Da bismo to prebrodili uveˇsćemo pogodnu generalizaciju pojma ciklusa, tzv. parni skup grana, koji ima strukturu vektorskog prostora. I ova ideja se prva pojavila u istraˇzivanju elektriˇcnih kola. DEFINICIJA 3.3.29. Neka je G = (V, E) dati graf. Podskup E 0 ⊆ E zove se parni skup grana ako su stepeni svih ˇcvorova podgrafa G0 = (V, E 0 ) parni. Na primer, prazan skup i skup grana proizvoljnog ciklusa su parni skupovi grana. Joˇs jednu vezu ciklusa i parnih skupova grana nam daje i sledeća lema. LEMA. 3.3.30. Podskup E 0 je parni skup grana ako i samo ako postoje medjusobno disjunktni ciklusi C1 , C2 , . . . , Ct tako da je E 0 = C1 ∪ C2 ∪ · · · ∪ Ct . Dokaz . Kako stablo (a samim tim i ˇsuma) sadrˇzi bar 2 ˇcvora stepena 1, a graf G0 ima sve stepene ˇcvorova parne, to G0 nije ˇsuma. Stoga za neprazan parni skup grana E 0 graf G0 = (V, E 0 ) sadrˇzi neki ciklus (koga formiraju grane C1 ). Skup E 0 \ C1 je takodje parni skup grana, ali sa manjim brojem grana. Tvrdjenje dobijamo principom matematiˇcke indukcije po broju grana u E 0 . DEFINICIJA 3.3.31. Neka je G = (V, E) dati graf koji ima skup grana E = {e1 , e2 , . . . , em }. Svakom podskupu A ⊆ E pridruˇzujemo karakteristiˇcni vektor ~xA = (a1 , a2 , . . . , am ) tako da je ½ 1, ei ∈ A ai = . 0, ei ∈ /A Neka je E skup karakteristiˇcnih vektora parnih skupova grana grafa G. U nastavku ćemo posmatrati operacije nad vektorima (sabiranje vektora i mnoˇzenje skalarom) u dvoelementnim poljem GF2 . To polje se sastoji od brojeva 0 i 1, sa aritmetiˇckim operacijama po modulu 2 (umesto da piˇsemo +2 i ·2 pisaćemo obiˇcno + i · , npr. 1 + 1 = 0). Oznaku GF koristimo jer je ona skraćenica od engleskog Galois Field (srp. polje Galoa) — to je uobiˇcajena oznaka za konaˇcna polja. LEMA. 3.3.32. Neka su A, B ⊆ E parni skupovi grana. Tada za njihove karakteristiˇcne vektore vaˇzi jednakost ~xA + ~xB = ~xC , gde je skup C = A M B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) simetriˇcna razlika skupova A i B. Skup C je takodje paran skup grana.

Dokaz . Ako je ei Ako je ei Ako je ei

Proverimo sva 4 sluˇcaja za svaku granu ei . ∈ A \ B tada imamo i da je ei ∈ C i ci = ai + bi = 1 + 0 = 1. ∈ B \ A tada imamo i da je ei ∈ C i ci = ai + bi = 0 + 1 = 1. ∈ A ∩ B tada imamo i da je ei 6∈ C i ci = ai + bi = 1 + 1 = 0.


240

Ako je ei ∈ E \ (A ∪ B) tada imamo i da je ei 6∈ C i ci = ai + bi = 0 + 0 = 0. Time smo pokazali da je ~xA + ~xB = ~xC . Ostaje joˇs da pokaˇzemo da je skup C paran skup grana. Uzmimo proizvoljan ˇcvor v ∈ V . Oznaˇcimo sa dA broj ivica susednih ˇcvoru v koje su iz skupa A, sa dB broj ivica susednih ˇcvoru v koje su iz skupa B i sa d broj ivica susednih ˇcvoru v koje pripadaju i skupu A i skupu B. Kako su A i B parni skupovi grana, to su dA i dB parni brojevi. Broj grana susednih sa ˇcvorom v koji pripadaju simetriˇcnoj razlici C = A M B = (A ∪ B) \ (A ∩ B) je jednak da + db − d, pa je stepen ˇcvora v i u C paran. Kako je v proizvoljno izabran ˇcvor, to je i skup C paran skup grana. TEOREMA 3.3.33.

Skup E je vektorski prostor nad dvoelementnim poljem GF2 .

Dokaz . Da bismo pokazali da je E vektorski prostor, potrebno je da pokaˇzemo da je zbir 2 vektora ~xA , ~xB ∈ E takodje vektor iz E i da je proizvod vektora ~xA iz E skalarom k iz GF (2) takodje vektor iz E. Na osnovu prethodne leme imamo da ~xA , ~xB ∈ E ⇒ ~xA +~xB ∈ E. Skalar k ∈ GF (2) moˇze biti k = 0 i tad je 0 · ~xA = (0, 0, . . . , 0) = ~x∅ ∈ E ili je k = 1 i tad je 1 · ~xA = ~xA ∈ E. DEFINICIJA 3.3.34. Neka je T = (V, E 0 ) proizvoljna razapinjuća ˇsuma grafa G. Za svaku granu e ∈ E\E 0 , neka Ce oznaˇcava (jedinstveni) ciklus sadrˇzan u grafu (V, E 0 ∪{e}). Ciklus Ce zovu se fundamentalni (ili elementarni) ciklusi za granu e u odnosu na datu razapinjuću ˇsumu T .

TEOREMA 3.3.35. Karakteristiˇcni vektori svih fundamentalnih ciklusa Ce , e ∈ E \ E 0 , ˇcine bazu vektorskog prostora E, pri ˇcemu za paran skup grana A vaˇzi X ~xA = ~xCe . e ∈A\E 0

Dimenzija vektorskog prostora E jednaka je |E| − |V | + k, gde je k broj komponenti povezanosti grafa G. Dokaz . Neka je T = (V, E 0 ) razapinjuća ˇsuma grafa G. Tada je |E 0 | = |V | − k, gde je k broj komponenti povezanosti grafa G. Potrebno je pokazati da karakteristiˇcni vektori svih fundamentalnih ciklusa ˇcine bazu vektorskog prostora E. Prvo pokaˇzimo da su fundamentalni ciklusi linearno nezavisni. Posmatrajmo neku granu ei ∈ E \ E 0 . Karakteristiˇcni vektor ~xCei fundamentalnog ciklusa Cei je jedini medju karakteristiˇcnim vektorima svih fundamentalnih ciklusa koji ima 1 na poziciji i. Stoga se vektor ~xCei ne moˇze predstaviti kao linearna kombinacija ostalih karakteristiˇcnih vektora fundamentalnih ciklusa. Kako je grana ei proizvoljno odabrana, to za svaki karakteristiˇcni vektor fundamentalnog ciklusa vaˇzi da se ne moˇze predstaviti kao linearna kombinacija ostalih karakteristiˇcnih vektora fundamentalnih ciklusa, te su stoga svi ti vektori linearno nezavisni.


241

Joˇs je potrebno da pokaˇzemo da fundamentalni ciklusi generiˇsu ceo prostor E. Neka je dat parni skup grana A i zadajmo skup B pomoću njegovog karakteristiˇcnog vektora koji je dat sa X ~xB = ~xCe . e ∈A\E 0

Skup B je takodje parni skup grana jer po Lemi 3.3.32 imamo da zbir 2 vektora koji odgovaraju parnom skupu grana odgovara parnom skupu grana, a fundamentalni ciklusi Ce su parni skupovi grana. U skupu B se nalaze samo grane koje pripadaju neparnom broju fundamentalnih ciklusa (u odnosu na razapinjuću ˇsumu T ). Zato B sadrˇzi skup A\E 0 (jer svaka njegova grana leˇzi na jedinstvenom fundamentalnom ciklusu, a i uˇcestvuje u sumi pomoću koje je zadat ~xB ). Oznaˇcimo C = A M B. Prema Lemi 3.3.32 C je parni skup grana, a imamo i da je C ⊆ E 0 (već smo videli da je (A \ E 0 ) ⊆ B, a zbog definicije B, tj. ~xB imamo da je i (B \ E 0 ) ⊆ A). Kako je E 0 skup grana ˇsume T , to E 0 ne sadrˇzi nijedan ciklus, pa parni skup grana C za koji vaˇzi C ⊆ E 0 mora da zadovoljava C = ∅. To povlaˇci da je A = B, pa smo vektor ~xA predstavili kao linearnu kombinaciju nekih karakteristiˇcnih vektora koji odgovaraju fundamentalnim ciklusima, tj. X ~xA = ~xCe . e ∈A\E 0

Time smo pokazali da karakteristiˇcni vektori svih fundamentalnih ciklusa ˇcine bazu vektorskog prostora E i kako njih ima |E| − |V | + k, tolika je i dimenzija vektorskog prostora E. Direktna posledica prethodne teoreme je sledeće tvrdjenje. TEOREMA 3.3.36. povezanosti jednak je

Broj parnih skupova grana u grafu G = (V, E) sa k komponenti |E| = 2|E|−|V |+k .

Dokaz . Kako se svaki karakteristiˇcni vektor koji odgovara nekom parnom skupu grana moˇze na jedinstven naˇcin predstaviti kao zbir nekih vektora iz baze (i kako svaki zbir vektora iz baze odredjuje jedan paran skup grana), to kada odredjujemo proizvoljan paran skup grana za svaki vektor iz baze E imamo 2 mogućnosti: da je ukljuˇcen u zbir ili da nije. Kako baza E ima |E| − |V | + k elemenata dobijamo da parnih skupova grana u grafu imamo |E| = 2|E|−|V |+k . Za povezan graf G = (V, E) sa n ˇcvorova i m grana imamo da njegovo proizvoljno razapinjuće stablo T = (V, E 0 ) sadrˇzi n−1 grana, dok odgovarajuće kostablo K = (V, E \ E 0 ) sadrˇzi m − n + 1 grana. Opˇstije, za proizvoljan graf G = (V, E) sa k komponenata, njegova razapinjuća ˇsuma K = (V, E \ E 0 ) sadrˇzi n − k grana, a odgovarajuća koˇsuma sadrˇzi m − n + k grana. Stoga imamo sledeću definiciju. DEFINICIJA 3.3.37.

Za proizvoljan graf sa n ˇcvorova, m grana i k komponenata

i) ρ(G) = n − k je rang grafa G; ii) ν(G) = m − n + k je ciklomatiˇcki broj (ili korang ili ciklomatski indeks) grafa G.

Dimenzija vektorskog prostora E je ciklomatiˇcki broj grafa G.


242

Ciklomatiˇcki broj se nazivao i Betijev broj (eng. Betti). Ovaj naziv se javljao u starijim knjigama i vodi poreklo iz topologije i vezan je za simplicijalne komplekse (za viˇse informacija pogledati [18], glavu 4. Stabla). PRIMER 3.3.38. Odredimo sve elementarne cikluse u grafu G = (V, E) (predstavljen na slici), gde je V = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, E = {a, b, c, d, e, f, g, h, i} sa razapinjućim stablom (na slici je iscrtano debljim linijama) T = (V, E 0 ), gde je E 0 = {a, d, e, g, i}. 1

a

u

3

d 5

e

u

g

u2

uc

b

uh

4 i

f

u6

Reˇsenje. Kako je za graf G: |V | = 6 i |E| = 9 sa k = 1 dobijamo da njegov prostor kontura ima dimenziju 9 − 6 + 1 = 4 (bez obzira na stablo T ). Stablu T koje je na slici nacrtano debljim linijama odgovara baza prostora kontura koji se se sastoji od karakteristiˇcnih vektora sledećih elementarnih ciklusa: Cb = {b, d, g, e} Cc = {c, a, d, g, e} Cf = {f, a, d, i} Ch = {h, g, i}

~xCb = (0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0) ~xCc = (1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0) ~xCf = (1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1) ~xCh = (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1)

Svaku od ostalih kontura (tj. njihove karakteristiˇcne vektore) moˇzemo predstaviti preko vektora fundamentalnih ciklusa, npr. za: C = {b, d, g, h, f, c}

~xC = (0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0)

imamo predstavljanje kao linearnu kombinaciju ~xC = ~xCb + ~xCc + ~xCf + ~xCh .

ZADACI 3.3.1. Odrediti broj svih izomera sledećih alkana: C5 H12 , C6 H14 i C7 H16 . Nacrtati odgovarajuća stabla. Da li su to sva neizomorfna stabla sa 5, 6, odnosno 7 ˇcvorova? 3.3.2. Dekodirati sledeće Priferove nizove: a) s = (1, 8, 1, 5, 2, 5); b) s = (7, 4, 4, 1, 7, 1); c) s = (1, 4, 1, 6, 6, 4); d) s = (1, 4, 3, 3, 4, 4, 4); e) s = (9, 8, 10, 10, 1, 8, 9, 1); f ) s = (1, 4, 2, 2, 4, 3, 3, 3, 4, 4). Zatim primeniti Priferovo kodiranje na dobijena stabla. 3.3.3. Dokazati da je broj razapinjućih stabala kompletnog grafa sa n ˇcvorova iz koga je obrisana jedna grana jednak (n − 2)nn−3 . 3.3.4.

Dokazati da za potpuni bipartitni graf Km,n vaˇzi t(Km,n ) = mn−1 nm−1 .


243

3.3.5. Neka je Wn toˇcak sa n + 1-im ˇcvorom. Oznaˇcimo sa wn = t(Wn ). Dokazati da vaˇzi rekurzivna relacija wn = 4wn−1 − 4wn−2 + 1, uz poˇcetne uslove w0 = 0, w1 = 1. Odredite wn . 3.3.6. slike.

Odrediti broj neizomorfnih, kao i ukupan broj razapinjućih stabala grafa sa r r r ¡

r @r ¡

¡

r r ¡ r 3.3.7. 1 ili 3.

r @r

Naći broj stabala sa skupom ˇcvorova {v1 , . . . , vn } u kojima svaki ˇcvor ima stepen

3.3.8. Odrediti ciklomatiˇcki broj grafa celobrojna reˇsetka. r r r r

m × n celobrojne reˇsetke. Na slici je data 4 × 5 r r r r

r r r r

r r r r

r r r r

3.3.9. Da li graf na slici moˇze da se predstavi kao unija granski-disjunktnih razapinjućih stabala? A kao unija izomorfnih granski-disjunktnih razapinjućih stabala? r r @r ¡ r @¡ r @r ¡ r @¡ r @¡ r @¡ ˇ 3.3.10. Cvorovi grafa G su iskljuˇcivo stepena 3 ili 4. Koliko ima ˇcvorova stepena 3, ako G moˇze da se razloˇzi na dva razapinjuća stabla?

3.4

OJLEROVI I HAMILTONOVI GRAFOVI

ˇ Svajcarskom matematiˇcaru Leonardu Ojleru su tokom boravka u Kenigsbergu (nem. Königsberg; danaˇsnji Kalinjingrad) meˇstani postavili problem da predje preko svih 7 mostova (koji spajaju 2 obale reke Pregel medjusobno i sa 2 ostrva) tako da preko svakog predje taˇcno jedanput. Ojler je dao odreˇcan odgovor. 26. avgusta 1735. godine, Ojler je prezentovao svoj rad na ovom problemu Sant Petersburgˇskoj akademiji nauka dokazujući da je takav obilazak mostova nemoguć uz napomenu da se njegov metod moˇze proˇsiriti na prozvoljan raspored ostrva i mostova. Taˇcnije, Ojler je samo formulisao potrebne i dovoljne uslove da takav obilazak postoji, ali nije smatrao da je potrebno da pokaˇze dovoljne uslove u opˇstem sluˇcaju. Prvi potpuno korektan dokaz ovog tvrdjenja je dao Hirholcer (nem. Hierholzer). Na narednoj slici levo je predstavljena mapa Kenigsberga (iz vremena Ojlera) sa njegovim mostovima. Ojler je svakoj obali i ostrvu pridruˇzio ˇcvorove grafa, a grane izmedju njih su bili mostovi. Tako je on dobio jedan multigraf, koji je predstavljen na slici desno.


244

Ojler je ˇclanak o Problemu Kenigsbergˇskih mostova napisao 1736. godine (i stoga se ta godina uzima za osnivanje teorije grafova) i on je prvi put objavljen 1741. godine, ali je tada probudio malo interesa medju ostalim matematiˇcarima. Ovaj problem i rezultat su ostali malo poznati do kraja 19. veka kada su ga engleski matematiˇcari Dˇzordˇz Lukas (eng. George Lucas, 1882.) i Raus Bol (eng. Rouse Ball, 1892.) ukljuˇcili u svoje knjige o rekreativnoj matematici. Pojam Ojlerovog grafa za graf koji se moˇze nacrtati ne podiˇzući olovku sa papira se odomaćio zahvaljujući Kenigu, koji ga je iskoristio u svojoj pionirskoj knjizi o Teoriji grafova (1936. godine). Traˇzenje Ojlerovog puta nalazi primenu u joˇs nekim problemima Kombinatorne optimizacije, poput Problema kineskog poˇstara (sa kojim ćemo se sresti kasnije), ali i u radu sa laserima, gde je cilj da se optimalno koristi laser i samim tim pojeftiniti cenu finalnog proizvoda (metodama Kombinatorne optimizacije postiˇze se uˇsteda vremena rada i do 90%). Vratimo se sad na istoriju. U narednih 125 godina od prvog Ojlerovog rezultata (Problema kenigsberˇskih mostova) bilo je svega nekoliko rezultata bitnih za razvoj Teorije grafova. To su Ojlerova formula za poliedre (tj. planarne grafove), kao i Kirhofovi i Kejlijevi rezultati vezani za razapinjuća stabla (viˇse o tome moˇzete videti u toj glavi). Sledeći (istorijski vredan) rezultat je opet vezan za ovu glavu i Hamiltonove grafove. Irski matematiˇcar ser Vilijam Hamilton je 1859. godine sastavio zanimljivu slagalicu, pod nazivom ”Icosian game”(ponegde joˇs i kao ”Put oko sveta”jer je ˇcvorove grafa nazvao imenima velikih gradova). Cilj je bio obići sve gradove i vratiti se u polazni. Ta igra je koristila ivice regularnog dodekaedra (taˇcnije grane ravanskog grafa koji reprezentuje dodekaedar) za predstavljanje dozvoljenih puteva izmedju gradova. Prema njemu je kontura koja prolazi kroz sve ˇcvorove grafa taˇcno jednom (tako da ni kroz jednu granu ne prolazi viˇse od jedanput) dobila ime — Hamiltonova kontura. Na narednoj slici levo je prikazana ta njegova igra, a desno je graf dodekaedra sa odgovarajućom Hamiltonovom konturom (niz ˇcvorova 1 − 2 − 3 − . . . − 19 − 20 − 1). 1 2 9 20

3

10

8 7

11

16

4 5 6

12

15 14

13 19

18

17


245

I pre Hamiltona su se sliˇcnim problemima, koji su doˇsli iz rekreativne matematike, bavili mnogi matematiˇcari. Najpoznatiji takav problem je Problem konjiˇckog skoka kojim su se bavili i Ojler, Moavr, Vandermond (fra. Moivre, Vandermonde) i Kirˇsak (nem. K¨ urschak). Formuliˇsimo taj problem. Da li je moguće skakaˇcem obići sva polja ˇsahovske table, tako da se svako polje obidje taˇcno jedanput? Na narednoj slici je prikazano jedno reˇsenje na klasiˇcnoj ˇsahovskoj tabli 8 × 8. Formuliˇsimo taj problem.

Sada ćemo dati i grafovsku formulaciju Problema konjiˇckog skoka. Da li u grafu pridruˇzenom skakaˇcu postoji Hamiltonov put? O Problemu konjiˇckog skoka postoji obimna literatura. Ispitivana je ne samo egzistencija reˇsenja na ˇsahovskim tablama razliˇcitih dimenzija, već i naˇcin konstrukcije i broj reˇsenja. Dokazano je da Problem konjiˇckog skoka ima reˇsenje na svim pravougaonim tablama dimenzija m × n za m, n > 3, izuzev tabli 3 × 3, 3 × 5, 3 × 6 i 4 × 4. Joˇs jedan veoma bitan problem je povezan sa Hamiltonovom konturom — to je Problem trgovaˇckog putnika. Dat je skup od n gradova koje trgovaˇcki putnik treba da poseti po jedanput, takvim redosledom da troˇskovi puta budu minimalni. Sada ćemo navesti i grafovsku formulaciju Problema trgovaˇckog putnika. U zadatom teˇzinskom grafu odrediti Hamiltonovu konturu najmanje teˇzine. Ovaj klasiˇcan problem Teorije grafova je dobio znaˇcajnu paˇznju i u Operacionim istraˇzivanjima, kao i teoretskom rachunarstvu (eng. computer science). Kako sam problem traˇzenja minimalne Hamiltonove konture iziskuje mnogo vremena (ˇcak i raˇcunarskog!) do danas je pronadjeno mnoˇstvo heuristika koje daju pribliˇzno optimalno reˇsenje Problema trgovaˇckog putnika. Za reˇsavanje Problema trgovaˇckog putnika koristi se metoda grananja i odluˇcivanja, koja se naziva i implicitna enumeracija. Za razliku od eksplicitne enumeracije (kod kojih probamo sve moguće permutacije skupa ˇcvorova), ovde prostor mogućih reˇsenja delimo na manje delove (grananje) i to viˇse puta pri ˇcemu se pojedini delovi prostora reˇsenja odbacuju na osnovu procene vrednosti funkcije koja se minimizira (ograniˇcavanje). Dokazano je da je Problem trgovaˇckog putnika N P -kompletan problem. Svi poznati algoritmi za N P -kompletne probleme imaju eksponencijalnu sloˇzenost. To je u vezi sa hipotezom P 6= N P . Poznato je da ako bi za jedan N P -kompletan problem postojao


246

algoritam polinomijalne slozhenosti, tada bi postojao algoritam polinomijalne slozhenosti za svaki N P -problem. Generalizacije problema trgovaˇckog putnika naˇsle su primene u radu robotskih maˇsina koji obradjuju matiˇcne ploˇce raˇcunara, ali i u svemirskim istraˇzivanjima. Npr. satelit Rosat, koji je zajedniˇcki projekat SAD, Engleske i Nemaˇcke, u periodu od 1990. do 1998. godine obilazio je oko planete Zemlje. On je nosio teleskop koji je merio koliˇcinu Xzraˇcenja koje dolazi sa zvezda. Da bi uˇstedeli i vreme i energiju koju troˇsi teleskop, pribegnuto je kombinatornoj optimizaciji za traˇzenje Hamiltonove konture kroz nekoliko miliona zvezda. Tim postupkom je posao obavljen za duplo kraće vreme.

OJLEROVI GRAFOVI Tvrdjenje Ojlerove teoreme ćemo formulisati u jaˇcem obliku, za multigrafove (tj. i ako izmedju 2 ˇcvora ima viˇse od jedne grane). Jedan od razloga je i ˇsto je graf koji odgovara mostovima u Kenigsbergu ustvari multigraf (drugi vaˇzniji razlog je ˇsto će nam dokazivanje narednih teorema biti malo jednostavnije). Prosti grafovi (sa kojima najviˇse radimo u ovoj knjizi) su specijalni sluˇcaj multigrafova kod kojih izmedju svaka 2 ˇcvora postoji jedna ili nijedna grana. Uvedimo nekoliko definicija koje su nam potrebne za naredne teoreme. DEFINICIJA 3.4.1. Ojlerova kontura multigrafa G je zatvorena staza koja sadrˇzi sve grane iz G. (Multi)graf koji ima Ojlerovu konturu naziva se Ojlerov (multi)graf. Ojlerov put u multigrafu G je staza koja sadrˇzi sve grane iz G (moˇze biti i da nije zatvorena). (Multi)graf koji ima Ojlerov put naziva se poluojlerov (multi)graf. Prvo ćemo dati jedno pomoćno tvrdjenje. LEMA. 3.4.2.

Ako je u grafu G najmanji stepen ˇcvora δ > 2, onda G sadrˇzi ciklus.

Dokaz . Pretpostavimo suprotno — da je G acikliˇcan. Tada je G ˇsuma i svaka njena komponenta povezanosti H je stablo. Ali kako u svakom netrivijalnom stablu (ako je trivijalno sastoji se od jednog izolovanog ˇcvora v i za njega treba da vaˇzi d(v) > δ > 2, ˇsto je kontradikcija jer je d(v) = 0) prema Teoremi 3.2.4 postoje bar 2 ˇcvora stepena 1, dobijamo kontradikciju sa polaznom pretpostavkom δ > 2, te G sadrˇzi ciklus. TEOREMA 3.4.3. Ojlerova teorema. Povezan multigraf sa bar jednom granom je Ojlerov ako i samo ako sadrˇzi sve ˇcvorove parnog stepena. Dokaz . ⇒: Ako se krećemo po Ojlerovoj konturi, onda uvek kada nekom granom udjemo u neki ˇcvor, moramo koristiti neku drugu granu (koju joˇs nismo koristili!) da izadjemo iz toga ˇcvora. Kako kod Ojlerove konture sve grane moraju biti predjene (i na kraju se vraćamo u polazni ˇcvor) dobijamo da su stepeni svih ˇcvorova parni. ⇐: Pretpostavimo da je stepen svakog ˇcvora u povezanom multigrafu paran i pomoću matematiˇcke indukcije (po broju grana) dokaˇzimo da taj multigraf sadrˇzi Ojlerovu konturu.


247

Za povezani multigraf sa 2 grane tvrdjenje je taˇcno (to je multigraf s s ). Pretpostavimo da je tvrdjenje taˇcno za sve multigrafove sa manje od m grana i posmatrajmo povezani multigraf G sa m grana kod koga su svi ˇcvorovi parnog stepena. Prema prethodnoj lemi postoji ciklus s u ovom grafu. Izbacimo iz multigrafa G grane iz s. Dobijeni podmultigraf H, ne mora biti povezan, ali mu svi ˇcvorovi imaju paran stepen. Svaka od komponenti povezanosti Hi po induktivnoj pretpostavci sadrˇzi Ojlerovu konturu si (Ojlerovu u toj komponenti!). Kako je multigraf G bio povezan, svaka od staza s1 , s2 , . . . , sk ima bar jedan zajedniˇcki ˇcvor sa zatvorenom stazom s. Traˇzenu zatvorenu Ojlerovu stazu dobijamo tako ˇsto se krećemo po stazi s i kad god naidjemo na neki ˇcvor u koji se nalazi na zatvorenoj stazi si koju nismo obiˇsli, iz njega skrenemo i obidjemo celu stazu si (na kraju tog obilaska smo ponovo u ˇcvoru u), a zatim nastavljamo obilazak po stazi s (sa potrebnim skretanjima za ostale staze sj ). Time smo dobili da i za povezani multigraf sa m grana i svim ˇcvorovima parnog stepena postoji Ojlerova kontura, pa po principu matematiˇcke indukcije ovaj smer teoreme vaˇzi za svaki multigraf koji ispunjava uslove. Posledica prethodne teoreme je i sledeće tvrdjenje. POSLEDICA. 3.4.4 Povezan multigraf sa bar jednom granom je poluojlerov ako i samo ako sadrˇzi 0 ili 2 ˇcvora neparnog stepena.

Dokaz . ⇒: Ako multigraf poseduje Ojlerov put (tj. zatvorenu Ojlerovu stazu ili Ojlerovu stazu), tada analogno kao i u prethodnoj teoremi dobijamo da svaki ˇcvor (sem moˇzda poˇcetnog i krajnjeg ako su razliˇciti) ima paran stepen. ⇐: Ako povezan multigraf ima 0 ˇcvorova neparnog stepena onda zadovoljava uslove Ojlerove teoreme pa sadrˇzi (zatvorenu) Ojlerovu stazu. Ako povezan multigraf G ima 2 ˇcvora neparnog stepena (u i v) onda od njega moˇzemo napraviti multigraf H, tako ˇsto ćemo grafu G dodati joˇs jednu granu e = {u, v}. Graf H prema Ojlerovoj teoremi sadrˇzi Ojlerovu konturu. Izbacivanjem grane e iz ove Ojlerovu konturu dobijamo Ojlerov put koji polazi iz ˇcvora u i zavrˇsava se u ˇcvoru v. PRIMER 3.4.5. Na osnovu prethodne teoreme vidimo da obilazak mostova u Kenigsbergu nije moguć jer odgovarajući graf ima stepene ˇcvorova 5,3,3,3, te on nije ni poluojlerov, a pogotovo nije Ojlerov. U prethodnim teoremama smo dali potrebne i dovoljne uslove za egzistenciju Ojlerove konture, odnosno Ojlerovog puta. Sada ćemo dati postupak za nalaˇzenje Ojlerove konture u Ojlerovom grafu (sa manjom modifikacijom dobijamo Ojlerov put). To je algoritam Flerija (eng. Fleury) koji konstruiˇse Ojlerovu konturu tako ˇsto u svakom koraku bira most samo ako nema drugog izbora. Ulaz za ovaj algoritam je Ojlerov graf G, a izlaz je niz ˇcvorova i grana W koji predstavljaju Ojlerovu konturu.


248

procedure Flerijev algoritam(G) v := v0 // pretpostavlja se da je izabran proizvoljan ˇcvor v0 ∈ V (G) W := v0 H := G while E(H) 6= ∅ // neka je do sad izabrana staza W = v0 , e1 , v1 , . . . , ei , vi begin izabrati ei+1 ∈ E(H) tako da vaˇze uslovi: 1) ei+1 je susedna sa vi ; // tj. ei+1 = {vi , vi+1 } 2) ei+1 nije most u H (izuzev ako nema drugog izbora). W := W, ei+1 , vi+1 H := H − ei+1 // iz H izbacimo ei+1 , a u stazu W dopiˇsemo ei+1 i vi+1 end end procedure Dokaz da Flerijev algoritam daje Ojlerovu konturu moˇzete naći u [27]. Ojlerove konture su od interesa za organizacije koje u velikim gradovima domaćinstvima vrˇse neke usluge (npr. raznose poˇstu). Organizatori velikih izloˇzbi moraju (ako hoće da posetioci vide sve eksponate i da prelaze ˇsto manji put) da odrede jedan Ojlerov put u grafu odredjenom izloˇzbenim prostorom i stazama kroz njega. Najpoznatiji ovakav problem je Problem kineskog poˇstara (dobio takvo ime jer ga je prvi razmatrao kineski matematiˇcar Kuan 1962. godine). U poˇsti poˇstar ujutru uzima pisma, obilazi ulice u svom reonu i na kraju radnog dana vraća se u poˇstu. Poˇstar će najracionalnije razneti pisma u svom reonu ako kroz svaku ulicu prodje taˇcno jedanput. To je moguće samo ako je odgovarajući graf Ojlerov, a u ostalim sluˇcajevima se traˇzi optimalno reˇsenje, tj. da poˇstar odabere marˇs-rutu kojom će hodati ˇsto je manje moguće. Ovaj problem je u literaturi poznat kao Problem kineskog poˇstara. Reˇsenje ovog problema dobija se kombinacijom Flerijevog algoritma i algoritma Edmondsa i Dˇzonsona (eng. Edmonds, Johnson; 1974. godina). U algoritmu Edmondsa i Dˇzonsona vrˇsimo dupliciranje postojećih ivica teˇzinskog multigrafa G, tako da u X teˇzinskom Ojlerovom nadgrafu G∗ suma ω(e) bude minimalna (ovde je funkcija e∈E(G∗ )

ω dodeljuje teˇzinu svakoj grani). Zatim Flerijevim algoritmom pronadjemo Ojlerovu konturu u G∗ i to je traˇzeni put poˇstara.

HAMILTONOVI GRAFOVI

DEFINICIJA 3.4.6. Hamiltonova kontura grafa G je zatvoren put koji sadrˇzi sve ˇcvorove iz G. Graf koji ima Hamiltonovu konturu naziva se Hamiltonov graf. Hamiltonov put u grafu G je put koji sadrˇzi sve ˇcvorove iz G. Graf koji ima Hamiltonov put naziva se poluhamiltonov graf.


249

Medju definicijama Ojlerovih i Hamiltonovih grafova postoji velika sliˇcnost, ali je potpuno drugaˇcija situacija kada je u pitanju njihova karakterizacija. Ojlerovi grafovi su u potpunosti odredjeni Ojlerovom teoremom, dok za Hamiltonove grafove tako neˇsto nije poznato. Jedan od najvećih nereˇsenih problema Teorije grafova je odrediti potreban i dovoljan uslov da je graf Hamiltonov. Ojlerovi i Hamiltonovi grafovi nemaju neku direktnu vezu. To pokazuje i sledeći primer. PRIMER 3.4.7. Odrediti grafove koji su istovremeno Ojlerovi i Hamiltonovi, nisu Ojlerovi a jesu Hamiltonovi, jesu Ojlerovi a nisu Hamiltonovi, nisu ni Ojlerovi ni Hamiltonovi. Reˇsenje. Ojlerov i Hamiltonov graf je kontura Cn , npr. C3 . Potpun graf K4 nije Ojlerov, a jeste Hamiltonov. Potpun bipartitini graf K2,4 jeste Ojlerov, a nije Hamiltonov. Zvezda S3 = K1,3 nije ni Ojlerov ni Hamiltonov graf.

Ovi grafovi su prikazani na prethodnoj slici. Joˇs opˇstije, imamo da egzistencija Hamiltonovog puta ne zavisi samo od stepena ˇcvorova, ˇsto pokazuje sledeći primer. PRIMER 3.4.8. Odrediti grafove sa istim nizom stepena ˇcvorova, od kojih jedan ima Hamiltonov put, a drugi nema. Reˇsenje. Prvi graf (koji se sastoji od konture C16 kod koje su spojeni naspramni ˇcvorovi) ima ne samo Hamiltonov put, nego i Hamiltonovu konturu. Drugi graf ne poseduje Hamiltonov put jer kad predjemo iz jednog dela u drugi prolazimo kroz centralni ˇcvor, tako da u njega ne moˇzemo ponovo doći, a samo iz njega moˇzemo preći u treći deo ovog grafa.

Oba grafa imaju iste stepene ˇcvorova jer su 3-regularni (tj. svi stepeni su im 3). Stoga ne postoji kriterijum samo na osnovu stepena ˇcvorova koji odredjuje da li je graf poluhamiltonov (a samim tim i Hamiltonov) ili nije. Sada ćemo dati nekoliko samo potrebnih, odnosno samo dovoljnih uslova za Hamiltonove grafove.


250

TEOREMA 3.4.9. Ako je G Hamiltonov graf, onda za svaki podskup ∅ 6= S ⊂ V (G) vaˇzi ω(G − S) 6 |S|, tj. broj komponenti povezanosti grafa G − S nije veći od broja elemenata skupa S.

Dokaz . Neka je C Hamiltonova kontura u grafu G. Tada je njen skup grana podskup skupa grana grafa, tj. E(C) ⊆ E(G). Odavde dobijamo i da je E(C − S) ⊆ E(G − S), ˇsto povlaˇci ω(G − S) 6 ω(C − S) jer se dodavanjem novih grana ne povećava broj komponenti u grafu (ako dodamo granu izmedju ˇcvorova iz iste komponente onda broj komponenti ostaje isti, a ako dodamo granu izmedju ˇcvorova razliˇcitih komponentni onda se smanji za 1). Uklanjanjem ˇcvorova iz skupa S kontura C se raspada na jedan ili viˇse puteva. Broj tih puteva je manji od ili jednak sa brojem elemenata skupa S (izbacivanjem svakog novog ˇcvora iz S dobijamo nov put ako taj ˇcvor nije susedan u C sa nekim prethodno izbaˇcenim), tj. vaˇzi ω(C − S) 6 |S|. Sa ove 2 nejednakosti dobijamo traˇzenu ω(G − S) 6 ω(C − S) 6 |S|. Koriˇsćenje prethodne teoreme za ispitivanje da li je graf Hamiltonov ilustrovaćemo sledećim primerom. PRIMER 3.4.10.

Pokazati da graf sa leve slike ne poseduje Hamiltonovu konturu.

Reˇsenje. Ako za skup S uzmemo 3 crna ˇcvora (svaki od tih ˇcvorova je spojen sa svim ostalim), tada će se graf koji ostane kada izbacimo ova 3 ˇcvora (prikazan na slici desno) sastojati od jednog trougla i tri izolovana ˇcvora, tj. to je graf G − S = K3 ∪ K1 ∪ K1 ∪ K1 . On ima 4 komponente povezanosti, ω(G − S) = 4. Kako vaˇzi ω(G − S) = 4 > 3 = |S| dobijamo da graf G ne sadrˇzi Hamiltonovu konturu. Sledećim primerom ćemo pokazati da uslov Teoreme 3.4.9 nije i dovoljan uslov za Hamiltonove grafove. PRIMER 3.4.11.

Pokazati da Petersenov graf (graf sa donje slike) nije Hamiltonov.


251

Reˇsenje. Pretpostavimo da Petersenov graf sadrˇzi Hamiltonovu konturu C. Bez gubitka opˇstosti, moˇzemo da pretpostavimo da je u konturi C ˇcvor a susedan sa ˇcvorovima b i e. Odatle sledi da ˇcvor h, treći sused ˇcvora a, mora da bude susedan sa ˇcvorovima g i i u C. Sada postoje tri sluˇcaja, u zavisnosti od toga sa kojim ˇcvorovima su u konturi C susedni ˇcvorovi b i e. ˇ i) Cvor b je susedan sa c, a ˇcvor e je susedan sa d. Sada ˇcvorovi c i d ne mogu da budu susedni u C, inaˇce se obrazuje kontura abcdea, koja nije Hamiltonova. Prema tome, u C ˇcvor c mora da bude susedan sa g, a ˇcvor d sa i. Medjutim, tada se formira kontura abcghidea, koja takodje nije Hamiltonova, pa je ovaj sluˇcaj nemoguć. ˇ ii) Cvor b je susedan sa c, a ˇcvor e je susedan sa f (ovaj sluˇcaj je analogan sluˇcaju ˇ kada je ˇcvor b susedan sa j, a ˇcvor e susedan sa d). Cvor j ne moˇze da bude susedan sa b u C, pa stoga j mora da bude susedan sa f i i u C. Sliˇcno, ˇcvor d ne moˇze da bude susedan sa e u C, pa stoga d mora da bude susedan sa c i i u C. Medjutim, tada ˇcvor i mora da bude susedan u C sa ˇcvorovima d, h i j, ˇsto nije moguće. ˇ ˇ iii) Cvor b je susedan sa j, a ˇcvor e je susedan sa f . Cvorovi f i j ne mogu da budu susedni u C, inaˇce se formira kontura abjf ea, koja nije Hamiltonova. Prema tome, u C ˇcvor j mora da bude susedan sa i, a ˇcvor f sa g. Medjutim, tada se formira kontura abjihgf ea, koja takodje nije Hamiltonova, pa ni ovaj sluˇcaj nije moguć. Kako smo u sva tri sluˇcaja dobili kontradikciju, zakljuˇcujemo da Petersenov graf nije Hamiltonov. Za Petersenov graf, ma kako uzeli skup S, vaˇzi ω(G − S) 6 |S|. Time smo pokazali da ovaj uslov nije i dovoljan. Dovoljni uslovi za Hamiltonove grafove su daleko brojniji od potrebnih. Najpoznatiji su Dirakov (danski Guy A. Dirac; 1652.), Oreov (eng. O.Ore; 1960.), Bondijev i Hvatalov (eng. J.A.Bondy, V.Chvatal; 1976.), kao i Redeiev (madj. Rédei) za orijentisane grafove. Mi ćemo ovde pokazati Dirakov uslov, a ostale ćemo samo formulisati (dokaze moˇzete naći u [27], [36] i [11]). PRIMER 3.4.12. Na dvoru kralja Artura sakupilo se 2n vitezova, pri ˇcemu svaki od njih, medju ostalim, ima najviˇse n − 1 neprijatelja. Dokazati da Merlin, savetnik kralja Artura, moˇze da rasporedi vitezove za okrugli sto tako da su svaka dva suseda prijatelji. (Prijateljstvo i neprijateljstvo su simetriˇcni.) Reˇsenje. Raporedimo vitezove na proizvoljan naˇcin za sto. Neka su u tom rasporedu neka 2 viteza koji su u svadji, npr. Artur i Lanselot (Artur je imao dobar razlog da ne govori sa Lanselotom zbog svoje ˇzene Ginevre) i bez umanjenja opˇstosti moˇzemo uzeti da je A levo od L. A ima bar n prijatelja medju ostalim vitezovima, a L ima najviˇse n − 1 neprijatelja (sa sve A). Stoga negde za stolom postoje vitezovi A0 i L0 takvi da su A i A0 prijatelji, L i L0 prijatelji i da A0 sedi na mestu levo od L0 . Merlin sada moˇze da vitezovima izmedju L i A0 zameni mesta za stolom (ako je U bio levi sused od V , da sada V bude levi sused od U ), a ostale viteze da ostavi gde su bili. Ova transformacija je predstavljena na sledećoj slici.


252

...

... L0

L0 A0

L V1

Vk . ..

V2 .. .

V2 ...

A

L

Vk

V1 ...

0 A A

Vidimo da je raspored viteza (A, L, V1 , V2 , . . . , Vk , A0 , L0 ) je zamenjen rasporedom (A, A0 , Vk , . . . , V2 , V1 , L, L0 ) (vitezovi Vi se nalaze i dalje izmedju ista dva viteza), a umesto parova viteza (A, L) (koji su u svadji) i (A0 , L0 ) (koji mogu biti prijatelji, ali i neprijatelji) sada imamo parove susednih vitezova (a, a0 ) i (b, b0 ). Time je Merlin smanjio broj neprijateljstava (za 1 ili 2 ako su i A0 i L0 u svadji) medju susednim vitezovima za stolom. Kako u polaznom rasporedu imamo najviˇse 2n neprijateljstava (toliko ima susednih parova viteza), ˇsto je konaˇcan broj i kako se u svakom koraku taj broj smanjuje, za nekoliko koraka ćemo doći do toga da ima 0 neprijateljstava medju susedima za stolom. Time smo dokazali da Merlin moˇze da rasporedi viteze za sto, tako da jedan pored drugog sede vitezovi koji su prijatelji. Ovaj primer moˇzemo prevesti na jezik Teorije grafova tako ˇsto uzmemo da su vitezovi ˇcvorovi grafa, a da izmedju 2 ˇcvora imamo granu ako i samo ako su odgovarajući vitezovi prijatelji. Traˇzeni raspored za stolom odgovara Hamiltonovoj konturi. Tako dobijamo sledeću teoremu (uzeli smo da ima n ˇcvorova, a ne 2n, ˇsto ne menja niˇsta u dokazu!). TEOREMA 3.4.13. Dirakova teorema. Neka je G graf sa n > 3 ˇcvorova kod koga je δ > n2 . Tada je G Hamiltonov graf. Dokaz .

Dokaz ide analogno kao u prethodnom primeru.

Dirakova teorema je specijalni sluˇcaj narednih tvrdjenja. TEOREMA 3.4.14. Oreova teorema. Neka je G graf sa n > 3 ˇcvorova takav da za svaka 2 nesusedna ˇcvora u i v vaˇzi d(u) + d(v) > n. Tada je G Hamiltonov graf.

TEOREMA 3.4.15. Teorema Bondija i Hvatala. Neka je G graf sa n > 3 ˇcvorova. Neka su u i v dva nesusedna ˇcvora za koje vaˇzi d(u) + d(v) > n. Tada je graf G + uv (graf koji se dobija od G dodavanjem grane izmedju ˇcvorova u i v) Hamiltonov ako i samo ako je G Hamiltonov graf.

TEOREMA 3.4.16. Teorema Redeia. U orijentisanom grafu G u kojem za svaka 2 ˇcvora u i v postoji bar jedna od grana (u, v), (v, u) postoji Hamiltonov put. U narednom primeru ćemo ilustrovati primenu prethodne teoreme u stvarnom ˇzivotu. Taj problem je vezan za traˇzenje Hamiltonovog puta u orijentisanom grafu.


253

PRIMER 3.4.17. Gradjevinska firma koja treba da zavrˇsi n = 5 stanova raspolaˇze 1 ekipom vodinstalatera i 1 ekipom molera. Moleri ne mogu poˇceti sa radom u stanu u kojem vodoinstalateri nisu zavrˇsili svoj posao. U k-tom stanu (k = 1, 2, . . . , n) vodoinstalateri treba da rade vk ˇcasova, a moleri mk ˇcasova: v1 = 8, v2 = 20, v3 = 7, v4 = 18, v5 = 9; m1 = 12, m2 = 12, m3 = 15, m4 = 10, m5 = 15. Kojim redosledom treba da rade vodoinstalateri da bi celokupan posao bio zavrˇsen ˇsto je moguće ranije? Reˇsenje. Moˇze se pokazati da vodoinstalateri treba da rade u stanu i pre nego u stanu j samo ako je min(vi , mj ) 6 min(vj , mi ). U protivnom bi ekipa molera gubila viˇse vremena nego ˇsto je potrebno. Formirajno orijentisan graf sa ˇcvorovima 1, 2, 3, 4, 5 (to su stanovi) u kome od ˇcvora i ide grana ka ˇcvoru j ako je min(vi , mj ) 6 min(vj , mi ). Odredjivanje redosleda stanova se svodi na traˇzenje Hamiltonovog puta u ovom orijentisanom grafu (koji je predstavljen na sledećoj slici). 1

2

5

3

4

Jedini Hamiltonov put je 3, 1, 5, 2, 4. Tim redosledom treba i majstori da rade stanove.

ZADACI 3.4.1.

Moˇze li se jednim potezom nacrtati figura sa slike?

3.4.2.

Koji od sledećih grafova imaju Ojlerove konture, odnosno Ojlerove puteve? t t t t t t t t t t t t t t t t t a) b) t t t c) d) e) t t t t t t t t t t t t t t t t t

3.4.3. Dokazati ili opovrgnuti: Ne postoji povezan Ojlerov graf koji ima paran broj ˇcvorova i neparan broj grana. 3.4.4. Dokazati ili opovrgnuti: Ako je G Ojlerov graf sa granama e i f koje imaju zajedniˇcki ˇcvor, tada G sadrˇzi Ojlerovu konturu u kojoj se e i f pojavljuju jedna za drugom.


254

a) Koji od grafova sa slike su Ojlerovi grafovi?

b) Koji od grafova sa slike su Hamiltonovi grafovi?

3.4.6. Ako je G Ojlerov graf, dati potreban uslov da i njegov komplement G bude Ojlerov graf. 3.4.7. Dokazati da graf ima Ojlerovu konturu ako i samo ako svaki njegov blok ima Ojlerovu konturu. (Blok je maksimalan povezan podgraf bez vezivnih ˇcvorova.) 3.4.8. Povezan graf G je Ojlerov ako i samo ako se njegov skup grana moˇze razbiti na konture, G = C1 ∪ C2 ∪ . . . ∪ Ck , tako da je E(Ci ) ∩ E(Cj ) = ∅. Dokazati. 3.4.9. Ukoliko postoji naći Hamiltonovu konturu, odnosno Hamiltonov put za sledeće grafove: t t t t t t t t t t t t t a) t t t b) c) d) t t t t t t t t t t t t t 3.4.10. Na ˇsahovskoj tabli dimenzija a) 5 × 4; b) 4 × 4 u donjem levom uglu nalazi se skakaˇc. Da li skakaˇc moˇze da obidje sva polja ˇsahovske table taˇcno jedanput? 3.4.11. Dokazati da Kn,n ima n!(n − 1)!/2 Hamiltonovih ciklusa. 3.4.12. Dokazati da graf ˇciji su svi ˇcvorovi parnog stepena ne sadrˇzi most. 3.4.13. Dokazati da je, za n > 1, graf Kn,2n,3n Hamiltonov, dok Kn,2n,3n+1 nije Hamiltonov graf. 3.4.14. Dokazati da je n-dimenzionalna kocka Qn (za definicije videti zadatak 3.1.15) Hamiltonov graf za svako n > 2. 3.4.15. Dokazati da je svaki podgraf Petersenovog grafa dobijen udaljavanjem jednog ˇcvora Hamiltonov. 3.4.16. Ispitati da li je Herˇselov graf (nem. Herschel) Hamiltonov graf. Herˇselov graf je predstavljen na sledećoj slici.


3.5

255

PLANARNI GRAFOVI

DEFINICIJA 3.5.1. Za graf kaˇzemo da je planaran ako se moˇze nacrtati u ravni tako da mu se ivice ne seku (sem u ˇcvorovima grafa).

Na sledećoj slici levo je (uobiˇcajeno predstavljanje) potpunog grafa K4 na osnovu koga bismo mogli da zakljuˇcimo da on nije planaran, ali ako ”iskrivimo”(za strogo-formalno ˇ matematiˇcko izraˇzavanje ovde je potreban topoloˇski pojam Zordanove krive; za detaljnije upoznavanje videti [27]) jednu od ivica dobijamo prezentaciju ovog grafa u ravni, pa je ovaj graf planaran. Na slici desno je planarna reprezentacija grafa K4 koja je simetriˇcna.

Sledeće tvrdjenje nam daje vezu izmedju planarnih grafova i grafova na sferi (zbog toga se planaran graf ponegde definiˇse kao graf koji se moˇze smestiti u ravan ili na sferu). TEOREMA 3.5.2. na sferu.

Graf se moˇze smestiti u ravan ako i samo ako se moˇze smestiti

Dokaz . Pretpostavimo da je graf G moguće smestiti na sferu σ. Uoˇcimo jednu njenu taˇcku N koja se ne poklapa ni sa jednim ˇcvorom grafa G, niti pripada nekoj ivici grafa G (oznaku N smo uzeli jer se ta taˇcka naziva severnim polom – north pole). Suprotna taˇcka taˇcki N u odnosu na C (centar sfere σ) je taˇcka S. U toj taˇcki postavimo ravan α koja je normalna na sferu σ. Sada moˇzemo definisati osteografsku projekciju sfere na ravan (taˇcnije osteografska projekcija slika sferu bez severnog pola na ravan): πN : σ \ {N } → α

sa

πN (A) = A0 ,

gde je A0 preseˇcna taˇcka prave N A sa ravni α. Preslikavanje πN je bijekcija taˇcaka sfere bez severnog pola, σ \{N }, na taˇcke ravni α. To preslikavanje slika graf G koji je smeˇsten na sferi σ u planaran graf G0 (koji je smeˇsten u ravni α). N A

C

A0 α

S


256

Analogno bi se dokazao i obrnuti smer (ovde je bijekcija osteografska projekcija ravni −1 na sferu – to je inverzno preslikavanje πN ). Jedan od najvaˇznijih rezultata u teoriji poliedara je Ojlerova formula za poliedre, koja glasi n − m + f = 2. Tu n predstavlja broj temena (eng. vertex) poliedra, m je broj ivica (eng. edge), a f je broj strana (eng. field). Zbog ovih engleskih naziva ono se ˇcesto zadaje i kao v − e + f = 2. Ova formula se prvi put pojavila u pismu o poliedrima koje je Ojler pisao Goldbahu (nem. Goldbach) novembra 1750. godine, i tu je Ojler opet propustio da da korektan dokaz svog tvrdjenja. Prvi valjan dokaz Ojlerove formule dao je Leˇzandr (fra. Legendre) 1794. godine. Taj dokaz je koristio metriˇcka svojstva sfernih poligona. Prvi topoloˇski dokaz (tj. dokaz koji ne zavisi od metrike) je dao Koˇsi (fra. Cauchy) 1813. godine. On je projektovao poliedar na ravan, zatim izvrˇsio triangulaciju da bi dobio rezultat za karte u ravni (sliˇcan dokaz ćemo i mi navesti). Izmedju ova 2 dokaza je Luilie (fra. Lhuilier) pokazao da iz Ojlerove formule sledi da postoji samo 5 pravilnih poliedara (ili kako se drugaˇcije nazivaju, Platonovih tela). Da ima samo 5 pravilnih poliedara bilo je poznato joˇs antiˇckim matematiˇcarima pre viˇse od 2000 godina. Mi ćemo ovo tvrdjenje pokazati kasnije. Planarni graf svojim granama deli ravan na neke oblasti (od kojih je jedna beskonaˇcna, a ostale su konaˇcne). Na sledećoj slici je prikazan planaran graf G koji ravan deli na oblasti f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 (tu je f1 spoljaˇsnja oblast, tj. oblast koja je neograniˇcena, odnosno beskonaˇcna). spoǉaxǌa oblast, tj. oblast koja je neograniqena, odnosno beskonaqna). f1 f2

f4 f3

f5

f6

Pokaimo prvo Ojlerovu teoremu za planarne grafove.

Pokaˇzimo prvo Ojlerovu teoremu za planarne grafove.

TEOREMA 3.5.3. n − m + f = 2.

Za povezan, planaran graf sa n ˇcvorova, m grana i f oblasti vaˇzi

Dokaz . Dokaz ide indukcijom po broju grana. Minimalan broj grana koje sadrˇzi povezan graf sa n ˇcvorova je m = n − 1 i graf tada predstavlja stablo (prema Teoremi 2 iz poglavalja ”Stabla”). Stablo ne ograniˇcava nijednu konaˇcnu oblast, pa je f = 1. U ovom sluˇcaju vaˇzi Ojlerova formula: n − (n − 1) + 1 = 2. Pretpostavimo da tvrdjenje vaˇzi za sve povezane, planarne grafove koji imaju m = k > n − 1 grana. Posmatrajmo ˇsta se deˇsava za planaran graf G sa m = k + 1 granom (koji ima n ˇcvorova i f oblasti). Kako je m > n to graf G sadrˇzi bar jednu konturu (prema Teoremi 2 iz poglavalja ”Stabla”). Posmatrajmo jednu granu e koja pripada nekoj konturi u grafu G. Ova grana je graniˇcna za 2 oblasti. U grafu G−e te 2 oblasti se spajaju u jednu oblast. Graf G − e ima n ˇcvorova, m − 1 = k grana i f − 1 oblasti, pa po induktivnoj pretpostavci imamo da je n − k + (f − 1) = 2, odakle dobijamo da za graf G vaˇzi n − (k + 1) + f = 2. Na osnovu principa matematiˇcke indukcije dobijamo da vaˇzi Ojlerova formula.


257

Imamo i sledeće poopˇstenje Ojlerove formule. TEOREMA 3.5.4. Za planaran graf G sa n ˇcvorova, m grana, f oblasti i c(G) komponenti povezanosti vaˇzi jednakost n − m + f = 1 + c(G).

DEFINICIJA 3.5.5. Planaran graf je maksimalan ako dodavanjem ma koje nove grane prestaje da bude planaran, tj. graf G+{u, v} je neplanaran za svaki par u, v ∈ V (G), {u, v} 6∈ E(G). Sve oblasti maksimalnog grafa su trouglovi.

TEOREMA 3.5.6. Za konveksan poliedar sa n temena, m ivica i f strana vaˇzi Ojlerova formula n − m + f = 2.

Dokaz . Od svakog poliedra moˇzemo dobiti graf na sferi koji ima isti broj temena, ivica i strana. To moˇzemo postići tako ˇsto ćemo iz neke taˇcke C unutar konveksnog poliedra projektovati poliedar na sferu sa centrom u C unutar koje se nalazi ceo poliedar (zamislimo kao da je u c sveća, a graf na sferi će biti senka poliedra). Na taj naˇcin dobijamo graf na sferi kome se grane ne seku, a prema Teoremi 1 od ovog grafa osteografskom projekcijom moˇzemo dobiti planaran graf sa istim brojem temena, ivica i strana. Za njega vaˇzi Ojlerova formula, pa ona vaˇzi i za polazni poliedar. TEOREMA 3.5.7.

Neka je G graf sa n i m grana u kome najkraća kontura ima g(n − 2) duˇzinu g. Ako vaˇzi nejednakost m > onda graf G ne moˇze biti planaran. g−2 Dokaz . Neka je F skup svih oblasti u grafu, a za F ∈ F oznaˇcimo sa d(F ) broj grana koje ograniˇcavaju oblast F . Kako svaka grana pripada dvema oblastima imamo da vaˇzi X 2m = d(F ) i kako su sve oblasti ograniˇcene sa bar g vaˇzi 2m > g · f . Kada to uvrstimo F ∈F

u Ojlerovu formulu dobijamo da je 2=n−m+f 6n−m+

2m m(g − 2) =n− . g g

g(n − 2) (ovde jednakost vaˇzi ako su g−2 sve konaˇcne oblasti ograniˇcene sa taˇcno g grana). Kako je ovo u suprotnosti sa uslovom tvrdjenja dobijamo da graf G nije planaran. Odatle dobijamo da za broj grana u grafu vaˇzi m 6

POSLEDICA. 3.5.8 Planaran graf sa n > 3 ˇcvorova ima najviˇse 3n − 6 grana, tj. u planarnom grafu za broj grana m vaˇzi m 6 3n − 6.

TEOREMA 3.5.9. U planarnom grafu postoji bar jedan ˇcvor stepena manjeg od 6, tj. u planarnom grafu za najmanji stepen ˇcvora δ vaˇzi δ 6 5.


258

Dokaz . Ako saberemo stepen svakog ˇcvora (koji je veći ili jednak od δ) dobijamo dvostruki broj grana, pa na osnovu prethodnog tvrdjenja imamo da vaˇzi X n·δ6 d(v) = 2m 6 6n − 12 ⇒ δ 6 5. v∈V (G)

PRIMER 3.5.10.

Potpun pentagraf K5 nije planaran graf.

¡¢ Reˇsenje. Za K5 imamo n = 5 i m = 52 = 10, ˇsto kad ubacimo u Posledicu Teoreme 3.5.7 dobijamo 10 6 3 · 5 − 6 = 9, ˇsto je kontradikcija, pa pentagraf nije planaran. PRIMER 3.5.11.

Potpun bitrigraf K3,3 nije planaran graf.

Reˇsenje. Kako je bitrigraf bipartitan on nema nijednu konturu neparne duˇzine, pa zbog toga za svaku oblast F vaˇzi d(F ) > 4. Kada ovo iskoristimo sliˇcno kao i u dokazu X d(F ) > 4f , odakle je f 6 m Teoreme 3.5.7 dobijamo 2m = 2 . Kako bitrigraf ima n = 6 F ∈F

i m = 3 · 3 = 9 dobijamo i da je f 6 92 , tj. f 6 4. Kada sve ovo uvrstimo u Ojlerovu formulu dobijamo 2 = n − m + f 6 6 − 4 + 4 = 1, ˇsto je kontradikcija, pa bitrigraf nije planaran. DEFINICIJA 3.5.12. Graf G0 koji se dobija od grafa G tako ˇsto se neke grane zamene putevima naziva se potpodela grafa G (tj. ako vrˇsimo potpodelu grane e = uv onda se umetnu joˇs neki ˇcvorovi w1 , w2 , . . . , wk stepena 2 izmedju ˇcvorova u i v, tj. umesto grane e imamo put u, w1 , w2 , . . . , wk , v).

Sledeće tvrdjenje je najvaˇznije u ovom poglavlju jer su njim u potpunosti okarakterisani planarni grafovi. Do njega su, nezavisno jedan od drugog, doˇsli ruski matematiˇcar Pontrjagin (L. Pontryagin) 1927. godine koji to nije publikovao i poljski matematiˇcar Kuratovski (K. Kuratowski) 1930. godine. Dokaz ove teoreme je veoma sloˇzen, te ćemo ga ovde izostaviti (moˇzete ga naći u [27]). TEOREMA 3.5.13. Teorema Pontrjagin-Kuratovskog. Graf je planaran ako i samo ako ne sadrˇzi kao podgraf ni K5 ni K3,3 ni neku njihovu potpodelu. DEFINICIJA 3.5.14. Neka graf G sadrˇzi granu e = xy. Graf G0 dobijamo od G tako ˇsto uklonimo granu e, a ˇcvorove x i y identifikujemo. Za graf G0 kaˇzemo da je dobijen od G kontrakcijom grane e. Vagner (K. Wagner) je 1937. godine dokazao sledeće tvrdjenje koje isto karakteriˇse planarne grafove (dokaz naći u [27]). TEOREMA 3.5.15. Graf G je planaran ako i samo ako ne sadrˇzi podgraf koji se moˇze kontrahovati na K5 ili na K3,3 .

GLAVA 3. TEORIJA GRAFOVA PRIMER 3.5.16.

259

Petersenov graf nije planaran.

Reˇsenje. Na narednoj slici u sredini je prikazan Petersenov graf. Na 3 razliˇcita naˇcina ćemo pokazati da on nije planaran. v1 v6 v2

v5 v7

v10 v 8 v9

v3

v4

Podgraf Petersenovog grafa dobijen izbacivanjem grana {v3 , v4 } i {v7 , v10 } je graf na slici levo koji je potpodela bitrigrafa (crni ˇcvorovi v2 , v6 i v5 ˇcine jednu particiju ˇcvorova bitrigrafa, dok beli ˇcvorovi v1 , v8 i v9 ˇcine drugu particiju, a ostala 4 ˇcvora koji ˇcine potpodele nismo ni oznaˇcavali, ali su na istom mestu kao i u polaznom Petersenovom grafu). Stoga Petersenov graf prema Teoremi 3.5.13 nije planaran. Ako izvrˇsimo kontrakciju grana {v1 , v6 }, {v2 , v7 }, {v3 , v8 }, {v4 , v9 } i {v5 , v10 } dobijamo pentagraf (koji je prikazan na slici desno). Stoga Petersenov graf prema Teoremi 3.5.15 nije planaran. Kako je u Petersenovom grafu najmanja kontura duˇzine 5, za svaku oblast F vaˇzi d(F ) > 5. Kada ovo iskoristimo na sliˇcan naˇcin kao i u dokazu Teoreme 3.5.7 dobijamo X 2m = d(F ) > 5f , odakle je f 6 2m 5 . Kako Petersenov graf ima n = 10 i m = 15 F ∈F

dobijamo i da je f 6 6. Kada sve ovo uvrstimo u Ojlerovu formulu dobijamo 2 = n − m + f 6 10 − 15 + 16 = 1, ˇsto je kontradikcija, pa Petersenov graf nije planaran. DEFINICIJA 3.5.17. Platonovo telo (ili pravilni poliedar ) je poliedar ˇcije su sve strane medjusobno podudarni mnogouglovi sa s ivica, kod kojih iz svakog temena izlazi taˇcno t ivica).

Naredno tvrdjenje u potpunosti karakteriˇse Platonova tela. TEOREMA 3.5.18.

Postoji taˇcno 5 pravilnih poliedara.

Dokaz . Neka je P pravilan poliedar sa n temena, m ivica i f strana i neka je G(P ) njemu pridruˇzeni planaran graf. Kako je P poliedar mora da vaˇzi s, t > 3. Nadalje ćemo razmatrati G(P ). Kako svaka ivica ima 2 kraja, ako sabiramo sve krajeve ivica dobijamo jednakost 2m = n · t. Svaka grana pripada dvema oblastima, pa ako brojimo grane po oblastima svaku granu ćemo brojati 2 puta, tj. 2m = f · s. Iz Ojlerove formule imamo 2 2 2s + 2t − st ·m−m+ ·m= ·m ⇒ t s st 2s + 2t − st > 0 ⇒ st − 2s − 2t + 4 < 4 ⇒ (s − 2) · (t − 2) < 4.

2=n−m+f =


260

Kako su p − 2 > 1 i q − 2 > 1 jedine mogućnosti su: (s − 2) · (t − 2) = 1 · 1 (s − 2) · (t − 2) = 2 · 1 (s − 2) · (t − 2) = 1 · 2 (s − 2) · (t − 2) = 1 · 3 (s − 2) · (t − 2) = 3 · 1

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

s = 3, s = 4, s = 3, s = 3, s = 5,

t = 3, ˇsto t = 3, ˇsto t = 4, ˇsto t = 5, ˇsto t = 3, ˇsto

je je je je je

tetraedar; kocka (heksaedar); oktaedar; ikosaedar; dodekaedar.

Ravanski grafovi Platonovih tela su dati (redosledom kojim smo ih i dobijali) na sledećoj slici:

Jedan od svakako najpoznatijih problema vezanih za planarne grafove je problem 4 boje. On je reˇsen tek nakon 125 godina i obimnog rada velikog broja matematiˇcara. Problem 4 boje su reˇsili Kenet Apel i Volfgang Heken. Oni su 1976. godine zamrˇsenom kompjuterskom analizom koja je sadrˇzala analizu 1936 osnovnih konfiguracija. Njihov dokaz je veoma dug i komplikovan i oslanja se na teorijske rezultate niza matematiˇcara koji su objavljivani prethodnih decenija, kao i na znaˇcajan rad raˇcunara. Tada je utroˇseno oko 1200 ˇcasova (50 dana!) raˇcunarskog vremena. Danas je neizvesno da li je moguće dokazati Problem 4 boje koji se ne poziva na rad raˇcunara. Problem 4 boje tvrdi da se svaka geografska karta moˇze obojiti sa 4 boje tako da svaka drˇzava bude obojena jednom od boja i da susedne drˇzave ne budu obojene istom bojom. Pod susednim drˇzavama se podrazumevaju drˇzave koje imaju zajedniˇcku graniˇcnu liniju (a ne one koje imaju jednu ili viˇse izolovanih zajedniˇckih graniˇcnih taˇcaka). Takodje, smatra se da je celokupna teritorija jedne drˇzave iz jednog dela (tj. nije dozvoljeno da se jedna drˇzava sastoji iz viˇse odvojenih delova, ˇsto je sluˇcaj kod nekih stvarnih drˇzava). Ovaj problem se odnosi ne samo na stvarne geografske karte, već na sve karte koje se mogu zamisliti (tj. treba ga pokazati za proizvoljnu kartu). Ovo je dugo bio jedan od najpoznatijih nereˇsenih problema teorije grafova izmedju ostalog jer ima i burnu i zanimljivu istoriju. Engleski matematiˇcar Fransis Gutri (eng. Francis Guthrie, 1831-1899) je istraˇzivao ovaj problem negde oko 1850. godine. Gutri se zainteresovao za opˇsti problem, nakon ˇsto je obojio sa 4 boje mapu Engleske (tj. njene okruge). Ubrzo nakon toga on je pokazao Problem 4 boje svom mladjem bratu Frederiku (eng. Frederick Guthrie, 1833-1866), koji je bio student Avgusta Demorgana (eng. Augustus DeMorgan, 1806-1871). Demorgan je 1952. godine saopˇstio problem ser Vilijamu Hamiltonu (eng. sir William Hamilton, 1805-1865), kod koga je ostao nezapaˇzem


261

narednih 25 godina. Tada, 1878. godine, nauˇcna zajhednica je upoznata sa Problemom 4 boje, kroz saopˇstenje Artura Kejlija na sastanku Londonskog druˇstva matematiˇcara (eng. London Mathematical Society). Sledeće, 1979. godine, Kejli je formulisao problem u prvoj svesci Radova Kraljevskog druˇstva geografa (eng. Proceedings of the Royal Geographical Society). Ubrzo nakon toga je britanski advokat (i amater–matematiˇcar) ser Alfred Kemp (eng. sir Alfred Kempe, 1849-1922) dao dokaz koji nije dovodjen u pitanje viˇse od decenije. Ipak, 1890. godine, britanski matematiˇcar Hivud (eng. Percy John Heawood, 1861-1955) je pronaˇsao greˇsku u Kempovom radu. Kempov djokaz”je svakako najpoznatiji, ali nije jedini u literaturi se u poslednjih stotinjak godina pojavilo viˇse djokaza”koji su se odmah ili nakon nekog vremena pokazali netaˇcnim. Ovaj dokaz je bitan jer se njogovom preradom pokazuje slabiji Problem 5 boja (tj. da se svaka karta moˇze obojiti sa 5 boja). Progres u istraˇzivanju problema 4 boje je bio veoma spor. 1913. godine Birkhof (nem. Birkhoff) je pokazao da su odredjene konfiguracije karte reducibilne, u smislu da se bojenje ostatka karte u 4 boje moˇze proˇsiriti na bojenje cele karte. Ova ideja sa reducibilnoˇsću se pokazala kao glavna u dokazu ovog tvrdjenja. 1922. godine Frenklin (eng. Franklin) je iskoristio reducibilnost da dokaˇze teoremu za karte koje sadrˇze ne viˇse od 25 drˇzava. U narednih 40-tak godina taj broj je poboljˇsan na 95 drˇzava. Konaˇcno, 1976. godine, su Apel, Heken i Koh (eng. Koˇc), uz koriˇsćenje ideja Hiˇsa (eng. Heesˇc), reˇsili Problem 4 boje. Kada je Hivud (na osnovu pogreˇsnog Kempovog dokaza) pokazao Problem 5 boja, on je istraˇzivao hromatski broj i svih ostalih orijentabilnih povrˇsina Sn , tj. sfera sa n ”ruˇcki”, gde je n > 1. Ovaj broj, oznaˇcen sa vci(Sn ), definiˇse se kao maksimalni hromatski broj medju svim grafovima koji se mogu predstaviti na Sn . Hivud je odredio gornju granicu √ ¹ º 7 + 1 + 48n χ(Sn ) 6 , 2 za n > 0 i postavio je hipotezu da u prethodnoj nejednakosti uvek vaˇzi znak jednakosti. U mnoˇstvu matematiˇckih istraˇzivanja (od kojih je znatan broj koristio i grubu silu) Ringel i Jangs su 1968. godine pokazali Hivudovu hipotezu u dualnoj formulaciji. Oni su dobili taˇcnu vrednost γ(Kp ), roda potpunog grafa Kp , koji je jednak minimalnom broju n za koji je moguće graf Kp predstaviti na povrˇsini povrˇsi Sn tako da ne postoje grane koje se seku.

ZADACI 3.5.1. Na slici su date 3 kuće i 3 bunara. Povezati svaku kuću sa sva 3 bunara putevima, koji se medjusobno ne seku.

K

K

K

V

V

V

3.5.2. Dokazati da su K3,3 − e i K5 − e planarni grafovi, gde je e proizvoljna ivica ovih grafova. 3.5.3.

Ispitati da li su grafovi sa sledeće slike planarni.


s

s Q Qs

s

s

s

´ s´

s

s Q Qs

s

´ s´

s

262

s

3.5.4. Odrediti maksimalan broj grana u planarnom grafu sa n ˇcvorova koji ne sadrˇzi nijedan trougao (konturu duˇzine 3). 3.5.5.

Dokazati da je bikompletan graf Kr,s planaran ako i samo ako je min{r, s} 6 2.

3.5.6. Odrediti 4,4,4,4,3,3.

a) planaran; b) neplanaran graf sa nizom stepena ˇcvorova

3.5.7. Dokazati da za svaki pozitivan ceo broj n koji je deljiv sa 6 postoji povezan planaran kubni (3-regularan) graf sa n ˇcvorova. 3.5.8.

Koliko ˇcvorova ima planaran 4-regularan graf sa 10 oblasti?

3.5.9. Neka je G planaran 4-regularan graf sa 16 ˇcvorova. Ako je svaka oblast trougao ili ˇcetvorougao, koliko ima trouglova, a koliko ˇcetvorouglova? 3.5.10.

Neka je G 4-regularan graf sa 7 ˇcvorova. Dokazati da G nije planaran.

3.5.11.

Da li postoji 5-regularan planaran graf sa 10 ˇcvorova?

3.5.12. Maksimalan planaran graf ima taˇcno jedan ˇcvor stepena 9, dok su ostali ˇcvorovi stepena 5 ili 6. Koliko ima ˇcvorova stepena 5? 3.5.13. Planaran regularan graf stepena 3 smeˇsten je u ravan pri ˇcemu je za svako X fiksirano j broj oblasti ograniˇcenih sa j grana jednak ri . Dokazati da je (6−j)rj = 12. j

3.5.14. Dokazati da svaki planaran graf sa viˇse od 3 ˇcvora ima bar 4 ˇcvora stepena koji je manji ili jednak 5. 3.5.15. Dokazati da je aritmetiˇcka sredina stepena ˇcvorova planarnog grafa manja ili jednaka od 6. 3.5.16. Ako svi ˇcvorovi planarnog grafa G imaju stepene bar 5, dokazati da graf G ima najmanje 12 ˇcvorova stepena 5. 3.5.17. Dokazati da je potreban uslov da graf G i njegov komplement G budu planarni dat sa n2 − 13n + 24 6 0, gde je n > 3 broj ˇcvorova ovih grafova. 3.5.18. Neka je n > 11. Dokazati da je bar jedan od grafova G i G sa n ˇcvorova nije planaran. 3.5.19.

Naći planaran graf G sa 8 ˇcvorova, takav da je i G planaran.

3.5.20. Da li je ograniˇcen broj ˇcvorova n u planarnom samokomplementarnom grafu? Ako je odgovor potvrdan odrediti gornju granicu.


263

3.5.21. Triangulacija je planarni graf ˇcija je svaka oblast trougao. Dokazati da je svaki planarni graf razapinjući podgraf neke triangulacije. 3.5.22. Ispitati da li je graf obrazovan od temena, ivica i jedne prostorne dijagonale oktaedra planaran. 3.5.23. Dokazati da u konveksnom poliedru postoji ili strana koja je trougao ili teme u kome se sastaju 3 ivice. 3.5.24. Na sferi je dat skup S od n velikih krugova, n > 2. Dokazati da se ili svi krugovi iz skupa S seku u dvema dijametralno suprotnim taˇckama, ili da postoji par taˇcaka u kojima se seku taˇcno dva kruga iz skupa S.

3.6

SPARIVANJE U GRAFOVIMA

Teorija sparivanja (na engleskom, matching theory) igra veoma vaˇznu ulogu u teoriji grafova i kombinatorici, a posebno mesto zauzima u kombinatornoj optimizaciji. Mnogi praktiˇcni problemi se na prirodan naˇcin dovode u vezu sa raznim vrstama sparivanja u grafu i/ili teˇzinskom grafu. Teorija sparivanja je veoma iscrpno prikazana u [156].

POJAM SPARIVANJA Neka je G = (V, E) proizvoljan (neorijentisan) graf bez petlji. Dve grane grafa G su susedne ako imaju bar jedan zajedniˇcki ˇcvor; u protivnom grane su nesusedne. DEFINICIJA 3.6.1. vanje grafa G.

Skup M medjusobno nesusednih grana grafa G naziva se spari-

PRIMER 3.6.2. Na sledećoj slici je dat (nepovezan) graf i jedno sparivanja tog grafa (grane sparivanja su zadebljane). Primetimo da u prvoj komponenti imamo ˇcetiri grane iz sparivanja, a u drugoj samo dve. u

u

u u A ¢ A ¢ A¢u ¢A ¢ A ¢u Au

u

u

u

u

u A A

u ¢ ¢ Au ¢ ¢A ¢ A u ¢ Au

u

u

Sparivanja se na primer javljaju kod dodele radnog mesta radnicima u nekoj firmi. U tom sluˇcaju moˇzemo zamisliti da imamo bipartitni graf gde radnicima odgovaraju ˇcvorovi prve klase (odnosno boje), a radnim mestima ˇcvorovi druge klase (to jest boje); grane povezuju dva ˇcvora razliˇcitih boja ako posmatrani radnik moˇze da radi na odgovarajućem radnom mestu. Problem koji se prirodno nameće je da se ˇsto viˇse radnika rasporedi na mesta koja odgovaraju njihovim kvalifikacijama. Svako dodeljivanje radnih mesta predstavlja primer sparivanja.


264

Iz gornje definicije imamo da je (3.3)

1 |M | 6 |V |, 2

jer svaka grana iz M pokriva taˇcno dva ˇcvora. DEFINICIJA 3.6.3. Za sparivanje M se kaˇze da je maksimalno ako se ne moˇze proˇsiriti dodavanjem grana, to jest skup grana M 0 = M ∪ {e} ni za koju granu e ∈ E \ M nije sparivanje. Najveće sparivanje je ono sparivarivanje kod koga skup M ima najveću kardinalnost. Generalno, dva maksimalna sparivanja ne moraju biti iste kardinalnosti (videti Sl. 1). Naime, u prvoj komponenti imamo 4 grane i to sparivanje je maksimalno za tu komponentu (ono je ujedno i sparivanje najveće kardinalnosti); sparivanje u drugoj komponenti nije maksimalno jer se moˇze proˇsiriti dodavanjem jedne i samo jedne grane, te se ne moˇze proˇsiriti do sparivanja najveće kardinalnosti. Dakle, najveće sparivanje je uvek maksimalno, dok obrnuto ne vaˇzi. DEFINICIJA 3.6.4. Za sparivanje M se kaˇze da je savrˇseno (ili 1-faktor) ako se gornja granica iz (3.3) doseˇze, ili, ˇsto je ekvivalentno, ako su svi ˇcvorovi grafa pokriveni granama iz sparivanja. Primetimo da kompletan graf K2n+1 nema nijedno savrˇseno sparivanje. Nasuprot, senih sparivanja. Naime, svako sparivanje za K2n bi kompletan graf K2n ima (2n)! 2n n! savrˇ se moglo shvatiti kao niz parova brojeva iz skupa {1, 2, . . . , 2n} oblika (∗∗)(∗∗) · · · (∗∗). Broj pomenutih nizova je (2n)! medjutim, kako medju tim nizovima ima ekvivalenthih (odgovaraju istom sparivanju), ovaj broj se deli sa 2n (zbog razmeme mesta ∗ unutar svake zagrade) i sa n! (zbog permutovanja zagrada). S druge strane, mnogo lakˇse je pokazati da kompletan bipartitni graf Kn,n ima taˇcno n! savrˇsenih sparivanja. Neka je sada M neko (fiksno) sparivanje grafa G. Tada se u odnosu na M mogu definisati sledeći veoma vaˇzni pojmovi: a) slobodan ˇcvor (ˇcvor v je slobodan, ili nepokriven, ako nije incidentan ni sa jednom granom iz M ; u protivnom, za ˇcvor v se kaˇze da nije slobodan, ili da je pokriven); b) slobodna grana (grana e je slobodna, ili nepokrivena, ako ne leˇzi u M ; u protivnom, za granu e se kaˇze da je nije slobodna, ili da je pokrivena); c) alternativan put (put v0 , e1 , v1 , e2 , v2 , . . . , ek , vk je alternativan ako su grane e1 , e3 , . . . nepokrivene, a grane e2 , e4 , . . . pokrivene; ako je ˇcvor v0 slobodan, tada se za ˇcvorove v0 , v2 , . . . kaˇze da su spoljaˇsnji, a za ˇcvorove v1 , v3 , . . . da su unutraˇsnji); d) uvećavajući put (put e1 , v1 , e2 , v2 , . . . , ek , vk je uvećavajući put ako je alternativan i ako su v0 i vk jedini slobodni ˇcvorovi u njemu); e) alternativno stablo (alternativno stablo je korensko stablo u kome je koren slobodan ˇcvor, a svaki put od korena do listova alternativan); f) alternativna ˇsuma (alternativna ˇsuma je ˇsuma ˇcija je svaka komponenta alternativno stablo).


265

Sledeća teorema je poznata i kao Berˇzova (Berge) teorema. TEOREMA 3.6.5. Sparivanje M je najveće ako i samo ako u grafu G = (V, E) ne postoji uvećavajući put (u odnosu na M ).

Dokaz . Neka je M najveće sparivanje, a P uvećavajući put (shvaćen kao skup grana). Tada je M 0 = M M P (M oznaˇcava simetriˇcnu diferenciju) takodje sparivanje. Odavde je |M 0 | = |M | + 1, ˇsto je, jasno, kontradikcija. Pretpostavimo sada da sparivanje M nije najveće, tj. da postoji sparivanje M 0 takvo da je |M 0 | > |M |. Neka je H = (V, M ∪ M 0 ), podgraf grafa G. Tada svi ˇcvorovi grafa H imaju stepene ne veće od dva (svaki je incidentan sa najviˇse jednom granom iz M , odnosno M 0 ). Stoga su sve komponente grafa H ili konture ili putevi (u specijalnom sluˇcaju izolovani ˇcvorovi). Poˇsto svaka kontura sadrˇzi isti broj grana iz M i M 0 (one se naizmeniˇcno smenjuju), postoji bar jedna komponenta koja je put, i u kojoj ima viˇse grana iz M 0 nego iz M (preciznije jedna grana viˇse). Ovaj put je, oˇcigledno, uvećavajući put. Berˇzova teorema ima ne samo teorijski, već i ogroman praktiˇcni znaˇcaj. Izmedju ostalog, ona sugeriˇse jedan oˇcigledan postupak za nalaˇzenje najvećeg sparivanja. Grubo govoreći, dovoljno bi bilo poći od bilo kog sparivanja (na poˇcetku i praznog, tj. bez grana) i uvećavati ga primenom nekog uvećavajućeg puta (dokle god bar jedan takav put postoji). S obzirom da se radi o konaˇcnim grafovima, zavrˇsetak postupka je zagarantovan. Jedini praktiˇcan problem je kako u svakom koraku efektivno pronaći bar jedan uvećavajući put. U nastavku ćemo pokazati da to nije teˇzak problem za bipartitne grafove. Naglasimo i da se mnogi praktiˇcni problemi modeliraju upravo bipartitnim grafovima, tako da ovaj specijalan sluˇcaj ima ogroman znaˇcaj. Neka je G = (U, V, E) proizvoljan bipartitni graf, a M bilo koje sparivanje grafa G. Neka su Us (⊆ U ) i Vs (⊆ V ) skupovi slobodnih ˇcvorova odgovarajućih klasa (ili boja). Imajući u vidu Berˇzovu teoremu, naˇs cilj bi sada bio da u grafu G nadjemo bar jedan uvećavajući put. S obzirom da je svaki uvećavajući put neparne duˇzine, a posmatrani graf G bipartitan, krajnji ˇcvorovi bilo kog od traˇzenih puteva moraju biti razliˇctih boja. Samim tim, skupovi Us i Vs moraju biti neprazni da bi u grafu postojao bar jedan uvećavajući put. U cilju lakˇse prezentacije osnovnih ideja uoˇcićemo jednu pomoćnu strukturu (delimiˇcan podgraf grafa G) u kojoj se nalaze sve neophodne informacije za nalaˇzenje bar jednog (ako postoji) uvećavajućeg puta. Pomenuta struktura je ˇsuma, u nastavku oznaˇcena sa F , a odredjena je sledećim uslovima: i) ˇsuma F je alternativna; ii) svaki ˇcvor iz Us je koren jedne i taˇcno jedne komponente ˇsume F , dok ˇcvorovi iz Vs ne pripadaju ˇsumi F ; iii) ˇsuma F je maksimalna, tj. ne moˇze se proˇsiriti tako da i) i ii) i dalje vaˇze. Primetimo da je u ii) pretpostavljeno da je koren svakog stabla ˇsume F ˇcvor iz Us , a ne iz Us ∪ Vs ; ovim nije naruˇsena generalnost, jer ako u (bipartitnom) grafu G postoji uvećavajući put, tada je, kao ˇsto je već primećeno, jedan njegov kraj u Us , a drugi u Vs . Iz uslova i) sledi da svi ˇcvorovi ˇsume koji pripadaju skupu V imaju stepen 2, te su samim tim svi listovi iz skupa U . Takodje ćemo smatrati da je svaki koren, kao i


266

svi ˇcvorovi na parnom rastojanju od njih ujedno spoljaˇsnji, a odgovarajući ˇcvorovi na neparnim rastojanjima unutraˇsnji ˇcvorovi ˇsume F . Dokazaćemo sada sledeću (kljuˇcnu) teoremu. TEOREMA 3.6.6. Neka je G = (U, V, E) bipartitni graf, a M bilo koje sparivanje u G. Pretpostavimo da Us , Vs i F imaju isto znaˇcenje kao u gornjem tekstu. Tada je sparivanje M najveće ako i samo ako nijedan ˇcvor iz F nije susedan sa nekim ˇcvorom iz Vs . Dokaz . Pretpostavimo najpre da postoji ˇcvor, recimo u, koji pripada ˇsumi F i koji je susedan sa ˇcvorom v ∈ Vs . Tada je u ∈ U (graf je bipartitni). Prema osobini i), iz korena (te komponente) do ˇcvora u postoji alternativni put. Ako se tom putu doda grana {u, v}, tada dobijamo uvećavajući put. Stoga sparivanje M nije najveće. Obrnuto, neka nijedna grana grafa ne povezuje ˇcvor iz ˇsume F sa ˇcvorom iz Vs . Pretpostavimo sada da je P neki uvećavajući put (koji povezuje ˇcvorove, na primer, u ∈ Us i v ∈ Vs ). Krenimo tada iz ˇcvora u u ˇcvor v preko grana iz P . Neka je e pretposlednja grana na tom putu. Ona, jasno, pripada sparivanju M , ali ne i ˇsumi F (prema gornjim pretpostavkama). Samim tim sledi da ˇsuma F nije maksimalna (uslov iii)). ˇ Suma F koja u gornjem kontekstu odgovara najvećem sparivanju u literaturi je poznata i kao madjarska ˇsuma, (a njene komponente kao madjarska stabla). Opisaćemo sada odgovarajući algoritam koji je poznat i kao madjarski algoritam. Sada ćemo dati joˇs nekoliko detalja vezanih za Korak 2, tj. formiranje ˇsume F . Napomenimo najpre da se ˇsuma F (ili onaj njen deo koji obezbedjuje nalaˇzenje prvog uvećavajućeg puta – time se algoritam znatno ubrzava) moˇze formirati po principu komponenta po komponenta, a mogu se i sve komponente formirati simultano (u literaturi nisu notirane neke bitne prednosti ovih varijanti). U praksi se najˇceˇsće komponente nalaze pretragom u ˇsirinu. Po zavrˇsetku algoritma, neka je F odgovarajuća (madjarska) ˇsuma, a Cu skup ˇcvorova iz U koji ne pripadaju ˇsumi F , a Cv nasuprot skup ˇcvorova iz V koji pripadaju ˇsumi F . Tada je C = Cu ∪ Cv ujedno i minimalni pokrivaˇc (ˇcvorova) grafa G. Ova ˇcinjenica je dobro poznata u teoriji grafova, i sreće se u literaturi u raznim formama. Najbolje objaˇsnjenje ovog fenomena pruˇza teorija dualnosti u linearnom programiranju . U ovoj knjizi nećemo dalje ulaziti u detalje vezane za implementaciju gornjeg algoritma. Samo ćemo napomenuti da se grubom analizom moˇze dobiti da je sloˇzenost gornjeg algoritma u najgorem sluˇcaju O(min{|U |, |V |}|E|2 }). Primetimo najpre da se Korak 2 izvrˇsava najviˇse min{|U |, |V |} puta. S druge strane, sve aktivnosti unutar njega (i Koraka 3) ne zahtevaju viˇse od O(|E|) ”elementarnih”operacija. Naime, sloˇzenost pretrage u ˇsirinu je O(|E|), ˇsto je ujedno i gornja granica za sloˇzenost svih ostalih aktivnosti iz Koraka 2 (i 3). Ovim je gornja procena potvrdjena. Jedna od najvaˇznijih teorema u kombinatorici je teorema Hola (M. Hall, 1935). Najpre ćemo je formulisati u terminima teorije skupova. Neka je S proizvoljan (konaˇcan) skup, a T = {Si : i ∈ I} (konaˇcna) familija podskupova skupa S; dopuˇsteno je i da T bude multiskup, to jest da u njemu bude i jednakih podskupova skupa S. Sistem razliˇcitih predstavnika (ili transverzala) familije T je podskup T = {ti : iI} skupa S takav da je ti ∈ Si (i ∈ I) i da je za ti 6= tj za i 6= j. Drugim reˇcima, svaki podskup iz posmatrane familije ima svog predstavnika, a razliˇciti podskupovi imaju razliˇcite predstavnike. Samim tim preslikavanje f : T → T je bijekcija.


267

Algoritam 1 (Madjarski algoritam za najveće sparivanje u bipartitnom grafu). Korak 1 (inicijalizacija). Izabrati bilo koje sparivanje grafa G = (U, V, E), na primer, M (ukljuˇcujući i prazno – ako nema drugih). Korak 2 (formiranje pomoćne strukture). (i) Naći skupove Us i Vs . Ako je bar jedan od njih prazan, tada preći na Korak 4. (ii) Inicijalizovati ˇsumu F (staviti da se ona sastoji samo od ˇcvorova iz Us ). Takodje smatrati da su svi ˇcvorovi grafa nerazmatrani. (iii) Izabrati bilo koji spoljaˇsnji, nerazmatrani ˇcvor ˇsume (ako postoji), na primer u, i razmatrati ga. Ovim se podrazumeva da se za svaki nerazmatrani ˇcvor v, susedan sa u, uradi sledeće: • ako je v ˇcvor iz Vs , tada je nadjen uvećavajući put, te preći na Korak 3; • ako je v ˇcvor iz V \ Vs , tada proˇsiriti ˇsumu F (njoj se dodaje ˇcvor y zajedno sa granom {v, w} iz tekućeg sparivanja M koja mu je incidentna – nadalje podrazumevati da je ˇcvor v razmatran). Vratiti se na (iii). Ukoliko izbor ˇcvora u nije moguć, preći na Korak 4 (nadjena je madjarska ˇsuma). Korak 3 (uvećanje tekućeg sparivanja). Zameniti tekuće sparivanje M većim, kao u Berˇzovoj teoremi. Preći zatim na Korak 2. Korak 4 (kraj). Dobijeno sparivanje M je najveće.

PRIMER 3.6.7. Neka je S = {a, b, c, d, e}, T = {{a, b, c}, {a, b}, {a, c}, {b, c, d}, {d, e}. Tada je T = {a, b, c, d, e} sistem razliˇcitih predstavnika za familiju T . S druge strane, familija T 0 = {{a, b, c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {d, e} nema sistem razliˇcitih predstavnika. Razlog za to je da u prva ˇcetiri podskupa imamo ukupno tri razliˇcita elementa, ˇsto je nedovoljno. Jasno je, da ako neka familija podskupova ima sistem razliˇcitih predstavnika, da isto vaˇzi i za bilo koju njenu podfamiliju. Samim tim ako neka podfamilija nema sistem razliˇcitih predstavnika onda ga nema ni polazna familija nema. Jedan logiˇcan uslov (videti i gornji primer) koji se nameće za postojanje sistema razliˇcitih predstavnika je da je ukupan broj elemenata u uniji podskupova iz neke podfamilije najmanje jednak broju


268

podskupova u podfamiliji. Drugim reˇcima, vaˇzi [ (3.4) | Sj | > |J| j∈J

za svako J ⊆ I. Ovaj uslov je prema teoremi Hola ne samo potreban, već i dovoljan. Daćemo sada grafovsku interpretaciju istog problema. Naime, umesto posmatranog skupa S i familije T , moˇzemo posmatrati bipartitni graf (U, V, E), gde je U = T , a V = S (dakle ˇcvorovi prve klase su podskupovi iz T , a druge klase su elemanti skupa S; ˇcvor u ∈ U je susedan sa ˇcvorom v ∈ V ako odgovarajući podskup iz T sadrˇzi odgovarajuće elemente iz S). at bt ct dt et A @ A ¢@ ¡A A A@¢ @ ¡ A A A¢ @ ¡ @ A A ¢¡ A @ @A At At ¢t¡ At @t @ S1 S2 S3 S4 S5

at bt ct dt et A@ ¢@ ¡A A A@¢ @ ¡ A A A¢ @ ¡ @ A A ¢¡ A @ @A A ¢t¡ At @t @At At S1 S2 S3 S4 S5

Na primer, grafovi pridruˇzeni problemima iz Primera 3.6.7 dati su na gornjoj slici. Zadebljane grane u prvom grafu odgovaraju izboru predstavnika za podskupove, a to su ujedno i grane sparivanja. Opˇstije, ako se u nekoj familiji skupova traˇzi sistem razliˇcitih predstavnika, tada je taj problem ekvivalentan traˇzenju sparivanja u bihromatskom grafu (U, V, E) u kome su svi ˇcvorovi iz U pokriveni. Primetimo da u grafovskoj formulaciji, nema znaˇcaja da li familija T ima jednakih podskupova; naime, tada se u skupu U pojavljuju ˇcvorovi sa istim susedima. Najzad, drugi graf ilustruje zaˇsto familija T 0 nema sistem razliˇcitih predstavnika. Interpretiraćemo sada uslov (3.4) preko grafova. Za proizvoljan graf G = (V, E) i podskup U ⊆ V , neka N (U ) oznaˇcava skup ˇcvorova iz V koji su susedni bar sa jednim ˇcvorom iz U . Tada se uslov (3.4) moˇze interpretirati u grafu (U, V, E) kao (3.5)

|N (U 0 )| > |U 0 |

za svako U 0 ⊆ U . Drugim reˇcima imamo sledeću teoremu: TEOREMA 3.6.8. Ako je je G = (U, V, E) bipartitni graf, tada G ima sparivanje koje pokriva ˇcvorove iz U ako i samo ako vaˇzi uslov (3.5), tj. |N (U 0 )| > |U 0 |. Dokaz . Uslov je neophodan na osnovu gornjih razmatranja. Stoga ostaje da dokaˇzemo da je i dovoljan. U tom cilju pretpostavimo da je M najveće sparivanje, kao i da uslov (3.5) vaˇzi. Takodje pretpostavljamo da M ne pokriva U (u protivnom nema ˇsta da se dokazuje). Da bi kompletirali dokaz, dovoljno je pronaći skup U 0 za koji uslov (3.5) ne vaˇzi. Neka je u ∈ U slobodan ˇcvor. Neka su S i T skupovi ˇcvorova iz U i V do kojih se moˇze stići iz u alternativnim putevima. Najpre ćemo dokazati da postoji sparivanje u skupu ˇcvorova S \ {u} ∪ T indukovano granama iz M , to jest izmedju skupova S \ {u} i T . Alternativni put iz u doseˇze ˇcvor u V granom koje nisu u M , a ˇcvor u U granom koja je u M . Kako po pretpostavci uvećavajući putevi ne postoje u G, svaki ˇcvor iz T je zasićen, u smislu da se alternativni ˇ put koji doseˇze ˇcvor v ∈ T nastavlja preko grane iz M do ˇcvora iz S. Staviˇ se, svaki ˇcvor iz S osim ˇcvora u se doseˇze preko grane iz M iz ˇcvora u T .


269

Sparivanje izmedju T i S − u implicira da je T ⊆ N (S); zapravo, T = N (S). Grana izmedju S i ˇcvora v ∈ V \ T je grana koja nije u M ; ovim se dobija alternativni put do v, koji protivreˇci ˇcinjenici da je v ∈ T . Zajedno sa T = N (S), imamo da je |N (S)| = |T | = |S| − 1 < |S|, ˇsto se i traˇzilo (sada (3.5) ne vaˇzi).

ˇ TEOREMA O SAVRSENOM SPARIVANJU

DEFINICIJA 3.6.9. Neparna komponenta grafa je komponenta sa neparnim brojem ˇcvorova. Broj neparnih komponenti grafa G oznaˇcićemo sa nep(G). Sledeću teoremu prvi je dokazao Tat (W.T. Tutte, 1947); dokaz koji sledi dao je Lovas (L. Lovász, 1973). TEOREMA 3.6.10. (3.6)

Graf G = (V, E) ima 1–faktor ako i samo ako uslov nep(G − U ) 6 |U |

vaˇzi za svaki U ⊆ V .

Dokaz . Dokaˇzimo najpre da je uslov (3.6) neophodan. Pretpostavimo stoga da je F 1–faktor grafa G. Neka je U proizvoljan podskup ˇcvorova grafa G. Ako je neka komponenta podgrafa G − U neparna, tada bar jedan njen ˇcvor nije pokriven granom iz F koja leˇzi u toj komponenti; samim tim, drugi krajnji ˇcvor takve grane je u skupu U . Kako je svaki ˇcvor iz V , a samim tim i iz U , incidentan sa taˇcno jednom granom iz F , sledi da je nep(G − U ) 6 |U |, dakle uslov (3.6) vaˇzi. Dokaˇzimo sada da je uslov (3.6) i dovoljan. Primetimo najpre da uslov (3.6) vaˇzi i u svakom grafu G0 dobijenom iz G dodavanjem jedne ili viˇse grana. Naime, tada je nep(G0 − U ) 6 nep(G − U ), jer se dodavanjem grana dve ili viˇse neparnih komponenti mogu stopiti u jednu komponentu. Stoga u ostatku dokaza moˇzemo da posmatramo samo one grafove G koji zadovoljavaju uslov (3.6), koji nemaju 1–faktor, i kod kojih se dodavanjem grane izmedju bilo koja dva nesusedna ˇcvora dobija graf koji poseduje 1–faktor. Kontradikciju ćemo dobiti ako pokaˇzemo da svaki od tih grafova i bez dodavanja grane ima 1–faktor. Time se dobija i da svaki graf za koga vaˇzi uslov (3.6) ima 1–faktor. Neka je najpre U = ∅. Tada se dobija da je nep(G) 6 0, te su sve komponente grafa G parne (to jest imaju paran broj ˇcvorova). Neka je W skup ˇcvorova grafa G koji su susedni sa svim preostalim ˇcvorovima (W moˇze biti i prazan skup). ˇ Sluˇcaj 1: G − W je unija kompletnih grafova. Cvorovi svake komponente se mogu upariti na proizvoljan naˇcin tako da u svakoj neparnoj komponenti ostane samo jedan ˇcvor neuparen. Kako uslov (3.6) vaˇzi, njih moˇzemo upariti sa ˇcvorovima iz W , a takodje i preostale ˇcvorove iz W koji indukuju kompletan graf sa parnim brojem ˇcvorova. Time je kompletiran 1–faktor u G. Sluˇcaj 2: G − W nije unija kompletnih grafova. Tada G − W sadrˇzi tri ˇcvora, recimo x, y i z, takva da su x i z nesusedni, a y susedno i sa x i sa z. Takodje postoji u G − W i ˇcvor y 0 nesusedan sa ˇcvorom y (u protivnom bi imali da y ∈ W ). Kako je graf G maksimalan graf bez 1–faktora, dodavanjem bilo koje grane grafu G dobija se graf sa 1–faktorom. Stoga oba grafa, G1 = G + xz i G2 = G + yy 0 , sadrˇze bar po jedan 1–faktor; neka su F1


270

i F2 njihovi 1–faktori, respektivno. Pokazaćemo sada skup grana (F1 ∪ F2 ) \ {xz, yy 0 } sadrˇzi F koji je 1–faktor grafa G. Neka je F skup grana koje pripadaju samo jednom od skupova F1 and F2 ; tada se obe grane, xz i yy 0 , nalaze u F . Poˇsto svaki ˇcvor iz V ima stepen jednak 1 u grafovima H1 = (V, F1 ) i H2 = (V, F2 ), to svaki ˇcvor iz V ima stepen 0 ili 2 (0 ako je ista grana incidentna sa tim ˇcvorom i u F1 i u F2 , a 2 ako su razliˇcite grane) u grafu H = (V, F ). ˇ Samim tim graf H = (V, F ) je unija kontura parnih duˇzina i izolovanih ˇcvorova. Staviˇ se, u svakoj od tih kontura naizmeniˇcno idu grane iz faktora F1 i faktora F2 . Stoga svaka od tih kontura sadrˇzi paran broj grana. Neka je C kontura u H = (V, F ) koja sadrˇzi granu xz. Ako C ne sadrˇzi granu yy 0 tada se traˇzeni 1–faktor sastoji od grana iz F2 koje su u C i grana iz F1 koje nisu u C (kako smo uzeli grane iz F2 time smo u konturi C “izbegli” granu xz, u ostatku grafa smo sa F1 izbegli granu yy 0 ).

F1 F2

F1

F2 F1 F2

F2

F1 y

x F2 F1 y0 z

F2 F2

F1

F1

U protivnom, ako C sadrˇzi granu yy 0 , tada koristimo granu yx ili granu yz da bi dobili sparivanje u konturi C koje se sastoji samo od grana iz grafa G (dakle bez xz i yy 0 ). Konkretnije, ako je rastojanje duˇz C izmedju y i x neparno tada koristimo yx; ako je rastojanje duˇz C izmedju y i z neparno tada koristimo yz (na gornjoj slici bi uzeli granu yz). Preostale grane iz C formiraju dva puta neparne duˇzine. Koriˇstenjem grana iz F1 u jednom od ta dva puta i grana iz F2 u drugom, dobijamo sparivanje u C koje izbegava grane xz i yy 0 (na gornjoj slici to bi bile grane oznaˇcene sa F1 na donjem putu, a sa F2 na gornjem putu). Dodavanjem grana bilo iz F1 bilo iz F2 koje nisu u C, dobija se 1–faktor u G. Naveˇsćemo i neke posledice Tatove teoreme. Prva od njih teorema Berˇza (C. Berge, 1958).


TEOREMA 3.6.11.

271

Najveća kardinalnost sparivanja u grafu G = (V, E) jednaka je |V | − min (nep(U ) − |U |). U ⊆V

Sledeća teorema je dobro poznata teorema Petersena, koja je originalno dokazana bez Tatove teoreme. TEOREMA 3.6.12.

Svaki 3–regularan graf bez vezivnih ˇcvorova ima 1–faktor.

Zanimljivo je napomenuti da vaˇzi i sledeća teorema Petersena. TEOREMA 3.6.13.

Svaki 2k–regularan graf ima 2–faktor.

ZADACI 3.6.1.

Dokazati da svako stablo ima najviˇse jedan 1–faktor.

3.6.2. Dokazati da stablo T ima savrˇseno sparivanje ako i samo ako je nep(T − v) = 1 za svaki ˇcvor stabla v. 3.6.3. Dokazati da povezan graf sa parnim brojem ˇcvorova koji ne sadrˇzi K1,3 kao indukovano podgraf poseduje 1–faktor. 3.6.4. U grafu na slici odrediti bipartitni podgraf sa najvećim brojem grana. Dokazati da svaki drugi bipartitni podgraf ima manji broj grana od njega.

3.6.5. U grafu na narednoj slici je oznaˇceno jedno sparivanje. Dokazati da taj graf nema savrˇseno sparivanje.


272

Neka je M sparivanje oznaˇceno debljim linijama u grafu na prethodnoj slici.

a) Naći uvećavajući put za M koji poˇcinje u ˇcvoru x2 . b) Pomoću nadjenog uvećavajućeg puta konstruisati sparivanje M 0 sa |M 0 | = 4. c) Proveriti da li postoji uvećavajući put za M 0 . d) Da li je M 0 najveće sparivanje? 3.6.7.

Naći 3-regularan graf koji nema savrˇseno sparivanje.

3.6.8.

Dokazati da stablo ima najviˇse jedno savrˇseno sparivanje.

3.6.9. U skupu od 2n osoba, n > 2, svaka osoba poznaje bar jednu od ostalih osoba i medju svake tri osobe postoje dve osobe koje se poznaju. Dokazati da se ovaj skup moˇze razbiti na n parova, tako da svaki par ˇcine poznanici. 3.6.10.

a) Dokazati da svaki k-regularni bipartitni graf ima savrˇseno sparivanje.

b) Svaki od nekoliko studenata ima spisak od k knjiga koje ˇzeli da pozajmi iz biblioteke. Svaka knjiga nalazi na taˇcno k spiskova. Dokazati da je moguće organizovati istovremeno pozajmljivanje knjiga tako da svako od studenata pozajmi jednu knjigu sa svog spiska. 3.6.11. a) Neka je G bipartitan Hamiltonov graf i u, v ∈ V (G). Dokazati da graf G − u − v sadrˇzi savrˇseno sparivanje ako i samo ako su u i v u suprotnim klasama biparticije G. b) Dokazati da ˇsahovska tabla dimenzija 8 × 8 iz koje su uklonjena dva jediniˇcna polja moˇze da se pokrije dominama 2 × 1 ako i samo ako su uklonjena polja bila obojena razliˇcitim bojama.

3.7

BOJENJE GRAFOVA

Mnogi kombinatorni problemi se na prirodan naˇcin mogu svesti na bojenje grafova. Primera radi, modeliranje konfliktnih situacija, kao i reˇsavanje odgovarajućeg grafovskog problema proisteklog iz modela, direktno se svodi na problem bojenja grafa. Problemi bojenja grafova su sa algoritamske taˇcke glediˇsta veoma teˇski. Trenutno, u pored velikih napora koja se ulaˇzu, nisu poznati brzi (polinomialni algoritmi) za efektivno bojenje grafova. Mi ćemo u ovom poglavlju, baˇs iz tog razloga, dati i neke heuristike kojima se u mnogim sluˇcajevima postiˇzu zadovoljavajući rezultati. Takodje ćemo ukazati i na neke fenomene koji donekle osvetljavaju teˇzinu problema vezanih za bojenje grafova.

UVODNA RAZMATRANJA U teoriji grafova particije skupa ˇcvorova i/ili grana najćeˇsće se prikazuju preko bojenja pomenutih elemenata. Elementima koji pripadaju jednoj istoj klasi (ćeliji) particije dodeljuje se ista boja, razliˇcita od boja ostalih klasa. Formalno, ako je X neki skup koji se boji (ˇcvorovi i/ili grane grafa) a B = {b1 , b2 , . . . , bk } dati skup boja, tada se preslikavanje f :X→B


273

moˇze poistovetiti sa bojenjem skupa X. U teoriji grafova najˇceˇsće se srećemo se sa tri vrste bojenja: i) bojenje samo ˇcvorova grafa; ii) bojenje samo grana grana; iii) bojenje i ˇcvorova i grana grafa. Definisaćemo sada pravilno bojenje grafa G = (V, E) u sve tri varijante. Oznaka ∼ ima znaˇcenje susednosti ili incidentnosti odgovarajućih elemenata. DEFINICIJA 3.7.1. (3.7)

U sluˇcaju i), bojenje f je pravilno ako vaˇzi

(∀ v1 , v2 ∈ V )(v1 ∼ v2 ⇒ f (v1 ) 6= f (v2 )),

to jest da su svi parovi susednih ˇcvorova obojeni razliˇcitim bojama. Sliˇcno se definiˇse pravilno bojenje grana grafa. Prisetimo se da su dve grane grafa (multigrafa) susedne ako imaju taˇcno jedan (bar jedan) zajedniˇcki ˇcvor. DEFINICIJA 3.7.2. (3.8)

U sluˇcaju ii), bojenje f je pravilno ako vaˇzi

(∀ e1 , e2 ∈ E)(e1 ∼ e2 ⇒ f (e1 ) 6= f (e2 )),

to jest ako su parovi susednih grana obojeni razliˇcitim bojama. Posmatrajmo najzad i varijantu iii). DEFINICIJA 3.7.3. (3.8) vaˇzi i (3.9)

U sluˇcaju iii), bojenje f je pravilno ako pored uslova (3.7) i

(∀ v ∈ V )(∀ e ∈ E)(v ∼ e ⇒ f (v) 6= f (e)),

to jest krajnji ˇcvor svake grane mora imati boju koja se razlikuje od boje te grane. Pokazaćemo sada da je samo prva varijanta bojenja od opˇsteg interesa. U tom cilju, definisaćemo dva nova koncepta, graf grana, i totalni graf grafa. DEFINICIJA 3.7.4. Za dati graf G = (V, E), njegov graf grana L(G) = (V1 , E1 ) je graf ˇciji su ˇcvorovi iz V1 u obostrano jednoznaˇcnoj korespodenciji sa granama iz E; dva ˇcvora iz V1 su susedna ako i samo ako su odgovarajuće grane iz E susedne.

Na sledećoj slici je prikazan graf G i njegov graf grana L(G). Kod grafa G smo oznachili samo grane, a kod L(G) samo ˇcvorove da bismo naglasili njihovu vezu.


274 a

a c

b b

c

d

d

DEFINICIJA 3.7.5. Za dati graf G = (V, E), njegov totalni graf T (G) = (V2 , E2 ) je graf ˇciji su ˇcvorovi iz V2 u obostrano jednoznaˇcnoj korespodenciji sa ˇcvorovima i granama iz skupa V ∪ E; dva ˇcvora iz V2 su susedna ako i samo ako su odgovarajući elementi iz V ∪ E susedni (ako su iz istog skupa), ili incidentni (ako je jedan iz V , a drugi iz E).

Na sledećoj slici je prikazan graf G i njegov totalni graf T (G). Kod grafa G smo oznachili i ˇcvorove i grane, a kod T (G) samo ˇcvorove da bismo naglasili njihovu vezu. Takodje je i naglaˇsen graf G da bi videli da je on podgraf grafa T (G). c

b 1

1 c

2

b

a

2

3

3

a

Sada se moˇze videti da se problem pravilnog bojenja grana (ˇcvorova i grana) grafa G svodi na pravilno bojenje ˇcvorova njegovog grafa grana (odnosno njegovog totalnog grafa). Stoga ćemo se u nastavku ograniˇciti samo na pravilno bojenje ˇcvorova nekog grafa. Naravno, cena koja se po pravilu plaća pri prelasku na bojenje grafa grana, ili totalnog grafa, je u povećanju dimenzije ulaznog grafa (skoro uvek se i broj ˇcvorova i broj grana uvećava).

HROMATSKI BROJ GRAFA U ovom odeljku definisaćemo (za svaki tip bojenja) odgovarajući hromatski broj. Razumljivo, nas će najviˇse interesovati bojenje ˇcvorova grafa. Neka je n broj ˇcvorova grafa. Ukoliko je k > n tada se problem pravilnog bojenja grafa moˇze jednostavno reˇsiti. Svakom ˇcvoru ćemo dodeliti boju razliˇcitu od boja ostalih ˇcvorova. Primetimo joˇs i da je kod kompletnih grafova takvo bojenje i jedini izbor. Teˇzi problem nastupa ako je graf nekompletan, i ako je k < n. Od posebnog interesa su ona bojenja kod kojih je broj upotrebljenih boja ˇsto manji (u krajnjem sluˇcaju minimalan). DEFINICIJA 3.7.6. Za graf se kaˇze da je k–obojiv ako se moˇze pravilno obojiti sa k (ili manje) boja. Hromatski broj grafa G je minimalna vrednost za k za koju je graf k–obojiv. Hromatski broj grafa G = (V, E) se oznaˇcava sa χ(G). Formalno imamo χ(G) = min[ k | (∃f )f : V → {b1 , b2 , . . . , bk } ], f


275

gde je f pravilno bojenje.

Na sliˇcan naˇcin se dobija i hromatski indeks grafa G, u oznaci χ0 (G). S obzirom na vezu izmedju pravilnog bojenja grana grafa G i ˇcvorova grafa L(G), imamo da je χ0 (G) = χ(L(G)). Analognu situaciju (posredstvom totalnog grafa T (G)) imamo u sluˇcaju bojenja i ˇcvorova i grana grafa grafa G. Tada je χ00 (G) = χ(T (G)).

NAPOMENA.

PRIMER 3.7.7. Za neke od vaˇznijih grafova vaˇzi: χ(Kn ) = n; χ(nK1 ) = 1; χ(Cn ) = 2 ako je n paran broj, a χ(Cn ) = 3 ako je n neparan broj; χ(Pn ) = 2; χ(P ) = 3 gde je P Petersenov graf. U opˇsem sluˇcaju, ako je hromatski broj grafa veći od 2, teˇsko da se neˇsto viˇse moˇze reći o strukturi takvih grafova. Jedini netrivijalan rezultat odnosi se na 2–obojive (ili bihromatske) grafove. Za njih vaˇzi Kenigova (D. König) teorema. TEOREMA 3.7.8. Graf je bihromatski ako i samo ako ne sadrˇzi konturu sa neparnim brojem ˇcvorova, to jest neparnu konturu kao podgraf.

Dokaz . Primetimo najpre da je hromatski broj neparne konture jednak 3. Samim tim graf ˇciji je hromatski broj jednak najviˇse 2, ne moˇze imati neparnih kontura. Pretpostavimo sada da graf ne sadrˇzi nijednu neparnu konturu i dokaˇzimo da je graf bihromatski. Izvrˇsićemo efektivno bojenje grafa sa dve boje. Obojimo najpre proizvoljan ˇcvor, na primer belom bojom. Sve njegove susedne ˇcvorove obojimo crnom, a susedne ˇcvorove od tih ˇcvorova opet belom bojom (ukoliko već nisu obojeni belom bojom) itd. Kada zavrˇsimo sa jednom komponentom povezanosti predjimo na drugu. Ako na ovaj naˇcin obojimo sve ˇcvorove grafa, graf je bihromatski. U suprotnom sluˇcaju naići ćemo u procesu bojenja na ˇcvor koji treba obojiti, na primer, crnom, pri ˇcemu je jedan od njemu susednih ˇcvorova već obojen crnom bojom. Medjutim, tada od poˇcetnog ˇcvora vode u ovaj ˇcvor dva razliˇcita puta, od kojih jedan parne duˇzine, a drugi neparne. Ako objedinimo ova dva puta, dobijamo kruˇzni put neparne duˇzine. Ovaj kruˇzni put obrazuje neparnu konturu, ˇsto je u suprotnosti sa polaznom pretpostavkom. Bihromatski grafovi, po pravilu su bipartitni grafovi. To znaˇci da se ˇcvorovi tih grafova mogu podeliti u dve klase (ovde su to ˇcvorovi razliˇcitih boja) tako da su susedni samo ˇcvorovi razliˇcitih boja. Ilustrovaćemo sada i neke primene bojenja grafova. PRIMER 3.7.9. Neka su x1 , x2 , . . . , xn (numeriˇcke) veliˇcine koje se pojavljuju u jednom kompjuterskom programu. Za pamćenje vrednosti ovih veliˇcina maˇsina rezerviˇse po jednu ćeliju u svojoj memoriji (registru). Medjutim, moˇze se desiti da, na primer, vrednosti veliˇcina xi i xj (i 6= j) nikada u toku rada programa nisu istovremeno potrebne, to jest da nije potrebno da se pamti vrednost veliˇcine xi kada se pamti vrednost veliˇcine xj , kao i obrnuto. U takvoj situaciji mogućno je za veliˇcine xi i xj rezervisati samo jednu ćeliju u memoriji maˇsine. Da bi se ostvarila maksimalna uˇsteda memorijskog prostora, najpre se obrazuje graf G ˇciji ˇcvorovi odgovaraju veliˇcinama x1 , x2 , . . . , xn ; dva ˇcvora u G su susedna ako i samo ako je bar u jednom trenutku rada programa potrebno istovremeno znati obe ˇcvorovima odgovarajuće veliˇcine (tada se javlja konflikt). Kada se ˇcvorovi grafa G pravilno oboje, tada veliˇcine koje odgovaraju ˇcvorovima iste boje mogu biti smeˇstane u isti registar. Na taj naˇcin se broj potrebnih registara redukuje sa n na χ(G).


276

NAPOMENA.

Sliˇcna ideja se koristi i u mnogim drugim problemima gde se pojavljuju konfliktne situacije. Recimo problem regulisanja saobraćaja na raskrsnici se moˇze reˇsavati na sliˇcan naˇcin. Svakom toku saobraćaja pridruˇzije se ˇcvor grafa, a dva ˇcvora su susedna ako su odgovarajući tokovi saobraćaja u konfliktu. Bojenjem takvog grafa, dobijamo da je njegov hromatski broj jednak broju vremenskih intervala, koji se mogu regulisati semaforima, i u kojima se saobraćaj moˇze nesmetano odvijati. Znatno komplikovaniji problem poznat je i kao Problem rasporeda ˇcasova. Taj se problem donekle (zbog dodatnih ograniˇcenja) moˇze modelirati i reˇsavati bojenjem grafova.

Kao ˇsto je već spomenuto, problem (pravilnog) bojenja grafova sa ˇsto manje boja predstavlja, sa algoritamskog stanoviˇsta, jedan od teˇzih problema u teoriji grafova. Za sada nisu poznati dovoljno dobri (tj. polinomijalni) algoritmi za njegovo reˇsavanje. Stoga ćemo se zadovoljiti i neoptimalnim reˇsenjima (dakle bojenjem sa viˇse boja nego ˇsto je hromatski broj). Da bismo sagledali koliko smo blizu ili daleko od optimalnog bojenja razmotrićemo neke ocene (donje i gornje granice) za hromatski broj. Najpre imamo da je sledeća donja granica oˇcigledna: χ(G) > ω(G), gde je ω(G) broj ˇcvorova u klici najveće kardinalnosti grafa G. Neka je α(G) broj ˇcvorova u koklici najveće kardinalnosti grafa G, to jest broj ˇcvorova u najvećem nezavisnom skupu grafa G. Jasno, ω(G) = α(G). Sada imamo da je χ(G) >

n(G) . α(G)

Ova nejednakost sledi iz ˇcinjenice da je n(G) =

χ(G)

X

ni , gde je ni broj ˇcvorova obojenih

i=1

i-tom bojom (u pravilnom bojenju sa χ(G) boja). Kako je α(G) > max {ni }, gornja nejednakost direktno sledi.

i

Posmatraćemo sada gornje granice. U sledećoj teoremi, pretpostavićemo da je posmatrani graf povezan. Time se ne gubi u opˇstosti, jer je hromatski broj nepovezanog grafa jednak hromatskom broju jedne od njegovih komponenata, i to one koja ima najveći hromatski broj. Dokazaćemo sada Bruksovu (R.L. Brooks) teoremu. TEOREMA 3.7.10. Ako je G povezan graf, tada je χ(G) 6 ∆(G) + 1, gde je ∆(G) najveći stepen ˇcvora u grafu G. Jednakost vaˇzi ako i samo ako je graf G ili kompletan graf ili kontura neparne duˇzine.

Dokaz . Neka je G povezan graf koji nije ni kompletan graf, niti neparna kontura. Pretpostavimo da je hromatski broj grafa G jednak k (jasno, k>2). Neka je H minimalan k–hromatski podgraf grafa G. Tada je H ne samo povezan podgraf, već i blok, i vaˇzi ∆(H) 6 ∆(G). Pretpostavimo najpre da je H kompletan graf Kn za neko n, ili da je H neparna kontura Cn za neko neparno n. Tada je H 6= G. Poˇsto je G povezan, to je ∆(G) > ∆(H). Ako je H = Kn tada je ∆(H) = n − 1 a ∆(G) > n. Stoga je χ(G) = n 6 ∆(G). Ako je H = Cn tada je χ(G) = k = 3 6 ∆(G). Dakle, u oba sluˇcaja je χ(G) 6 ∆(G), te nadalje moˇzemo uzeti da je H minimalan k–hromatski graf koji nije ni kompletan graf, niti neparna kontura. Ujedno, ovo implicira da je k > 4.


277

Pretpostavimo da H ima n ˇcvorova. Kako je χ(G) = k > 4 i kako G nije kompletan graf, to je n > 5. Posmatraćemo sada dva sluˇcaja zavisno od povezanosti grafa G. 1◦ : H je 3-povezan graf. Neka su x i y dva ˇcvora grafa H na rastojanju dva, i neka je x, z, y put u H. Graf H − x − y je povezan. Neka su x1 = w, x2 , . . . , xn−2 ˇcvorovi grafa H − x − y, uredjeni tako da je svaki ˇcvor xi (2 6 xi 6 n − 2) susedan sa bar jednim ˇcvorom koji mu prethodi u listi. Stavljajući da je xn−1 = x a xn = y, dobijamo niz x1 = z, x2 , . . . , xn−2 , xn−1 = x, xn = y. Dodelimo boju 1 ˇcvorovima xn−1 i xn . Dodelimo zatim redom svakom od ˇcvorova xn−2 , xn−3 , . . . , x2 jednu od boja 1, 2, . . . , ∆(H) koja nije koriˇsćena u bojenju onih suseda tekućeg ˇcvora koji mu prethode u nizu. Takvo bojenje tekuˇceg ˇcvora xi (2 6 xi 6 n − 2) je uvek mogućno poˇsto je svaki ˇcvor xi susedan sa najviˇse ∆(H) − 1 prethodno obojenih ˇcvorova iz niza. Kako je x1 = z susedan sa dva ˇcvora obojena bojom 1 (xn−1 i xn ), stoga postoji boja koja mu se moˇze dodeliti. Dakle imamo χ(G) = χ(H) 6 ∆(H) 6 ∆(G). 2◦ : H je 2-povezan. Primetimo najpre da H ne moˇze da sadrˇzi ˇcvorove stepena samo 2 ili n − 1. Naime, svi ˇcvorovu u H ne mogu biti stepena 2 jer je χ(H) > 4. Poˇsto H nije kompletan ne mogi svi njegovi ˇcvorovi biti stepena n − 1. Ako bi H sadrˇzao samo ˇcvorove stepena 2 i n − 1 tada bi imali da je H = K1,1,n−2 . Ali tada je χ(H) = 3, ˇsto nije dozvoljeno. Neka je u ∈ V (H) ˇcvor za koji je 2 < degH (u) < n − 1. Ako je H − u 2-povezan tada moˇzemo uzeti da je v ˇcvor rastojanju dva od u. Tada moˇzemo uzeti da je x = u a y = v, ˇcime se problem svodi na sluˇcaj 1◦ . Ako je H − u 1-povezan, posmatrajmo njegove krajnje blokove B1 i B2 sa artikulacionim ˇcvorovima w1 i w2 , respektivno. Kako je H 2-povezan, postoje ˇcvorovi u1 u B1 − w1 i u2 u B2 − w2 susedni sa u. Sada moˇzemo uzeti da je x = u1 i y = u2 , ˇcime se problem svodi na sluˇcaj 1◦ . Posmatraćemo sada neke postupke za efektivno bojenje grafova. S obzirom da su egzaktni algoritmi (to jest oni koji daju optimalno bojenje) nisu ni vremenski efikasni, ni konceptualno jednostavni, zadovoljićemo se da u okviru ove knjige razmotrimo neke heuristike, koje su istovremeno i veoma brze, a i jednostavne za implementaciju; ˇstaviˇse, one mogu u mnogim sluˇcajevima da graf pravilno oboje sa prihvatljivim brojem boja, a za neke klase grafova i optimalnim brojem boja. Ideja jednog takvog postupka već je koriˇsćena u dokazu Bruksove teoreme. Postupak se sastoji u sledećem: ˇcvorovima (uredjenim na neki naˇcin) redom se dodeljuju boje, i to tako da vcvor koji se trenutno razmatra boji prvom bojom iz liste boja koja nije koriˇsćena za bojenje njegovih već obojenih suseda. Dakle, strategija je da u svakom koraku pravi najbolji trenutno mogući izbor, ne gledajući pritom unapred u cilju sagledavanja problema koji takvim izborom mogu nastupiti. Ova strategija je dobro poznata u literaturi, i pripada klasi tako zvanih pohlepnih algoritama (eng. greedy algorithms). I Kruskalov algoritam opisan na strani 220 je istog tipa, samo sa razlikom ˇsto on daje optimalno reˇsenje problema minimalnog razapinjućeg stabla. Opisaćemo sada gornji algoritam sa viˇse detalja. Neka su ˇcvorovi grafa uredjeni u sledećem poretku: v1 , v2 , . . . , vn . Dodelimo ˇcvoru v1 boju 1. Za svaki ˇcvor vi (2 6 i 6 n) formirajmo skup S boja dodeljenih ˇcvorovima vj (1 6 j < i) susednim sa vi , i potom dodelimo ˇcoru vi prvu boju iz liste boja koja nije upotrebljena za bojenje ˇcvorova iz S.


278

procedure Pohlepni algoritam za bojenje ˇcvorova grafa dodeliti boju 1 ˇcvoru v1 ; for i := 2 to n do begin S := ∅ for j := 1 to i − 1 do if vj susedan sa vi then dodati boju ˇcvora vj u S; k := 1; while boja k je u S do k := k + 1; dodeliti boju k ˇcvoru vi end end procedure Ovaj algoritam ima svojstvo da za neke grafove je broj upotrebljenih boja jednak hromatskom broju, ali za neke je veći od hromatskog broja. Na sledećoj slici su prikazana dva takva grafa, toˇcak W6 i toˇcak bez jedne grane iz centralnog ˇcvora. v4

v4

2

3

v5

v3 3

1

v5

v3 2

1

4

3

v6

v6

1

2

v1

1 v2

2

v1

v2

Prvi graf, W6 , je hromatskog broja 4 (naime spoljaˇsnja kontura duˇzine pet boji se sa tri boje, a centralni ˇcvor se stoga mora bojiti novom (ˇcetvrtom) bojom. Taj graf je pohlepnim algoritmom obojen sa ˇcetiri boje: f (v1 ) = 1,

f (v2 ) = 2,

f (v3 ) = 1,

f (v4 ) = 2,

f (v5 ) = 3,

f (v6 ) = 4.

Udaljavanjem grane {v4 , v6 } dobija se drugi graf, koji ima hromatski broj 3 (zbog postojanja bar jednog trougla tri boje su neophodne, a sa druge strane bojenje g sa tri boje g(v1 ) = 1,

g(v2 ) = 2,

g(v3 ) = 1,

g(v4 ) = 3,

g(v5 ) = 2,

g(v6 ) = 3

je pravilno, te je hromatski broj zaista tri). Da smo taj graf bojili pohlepnim algoritmom (sa istim poretkom ˇcvorova) dobili bi isto bojenje f , dakle sa ˇcetiri boje. Na prethodnoj slici su unutar ˇcvorova stavljeni brojevi boja zadati preslikavanjem f , odnosno g. Ovim je pokazano da redosled ˇcvorova bitno utiˇce na neophodan broj boja. Dokazaćemo sada jedan veoma interesantan rezultat.


279

TEOREMA 3.7.11. Za svaki graf G = (V, E) postoji takav poredak ˇcvorova za koji pohlepni algoritam daje optimalno bojenje.

Dokaz . Neka je V = V1 ∪ V2 · · · ∪ Vk (k = χ(G)) particija koja odgovara optimalnom bojenju grafa G. Smatraćemo da je ˇcvor u ispred ˇcvora v ako je u ∈ Vs a v ∈ Vt za s < t; za ˇcvorove unutar iste klase poredak je nebitan. Neka je sada za neko j > 2 ispunjeno da je svaki ˇcvor iz Vj susedan bar sa jednim ˇcvorom iz klasa V1 , V2 , . . . , Vj−1 . Posmatrajmo zatim ˇcvor w iz klase Vj+1 za koga to ne vaˇzi. Recimo da nije susedan ni sa jednim ˇcvorom iz klase Vi , gde je i minimalan broj za koji je i 6 j. Tada se ˇcvoru w moˇze promeniti boja u boju ˇcvorova iz klase Vi (efektivno on se prebacuje u klasu i). Nije teˇsko videti da je novo bojenje takodje pravilno, i optimalno. Ponavljanjem ovog postupka dobićemo ili da je postao prazan (ˇsto je nemoguće, jer bi tada hromatski broj bio k − 1), ili da je pomenuti uslov ispunjen za j = k (naime, ne moˇze doći do cikliranja jer je svaka naredna particija ’veća u odnosu na leksikografski poredak odredjen kardinalnoˇsću njenih ćelija. Najzad, nije teˇsko videti da dobijeni poredak ˇcvorova obezbedjuje da pohlepni algoritam da isto bojenje kao i ono koje smo dobili promenama boja. Na osnovu gornje teoreme, mogli bismo prolaskom kroz svih n! poredaka ˇcvorova, dobiti optimalno bojenje. Medjutim to bi bilo neprihvatljivo za grafove sa većim brojem ˇcvorova. Viˇse o bojenju grafova moˇze se naći literaturi (videti na primer [27],[11]). Pohlepni algoritam obezbedjuje bojenje proizvoljnog grafa G sa ∆(G) + 1 boja (jer za bojenje nekog ˇcvora, recimo v, u bilo kojoj fazi algoritma nikad nije potrebno viˇse od d(v) + 1 boja (da podsetimo d(v) je stepen chvora v, koji predstavlja broj suseda chvora v). Sledeća teorema, koju su pokazali Velˇs i Pauel (eng. Welsh, Powell, 1967), pruˇza mogućnost da se ta granica profini. TEOREMA 3.7.12. Ako su ˇcvorovi grafa G uredjeni tako da je d1 > d2 > . . . > dn , gde je di = d(vi ), tada je χ(G) 6 1 + max min{di , i − 1}. i

Dokaz . Primenićemo pohlepni algoritam za gornji poredak ˇcvorova. Kad bojimo ˇcvor vi nama treba najviˇse min{di , i − 1} + 1 boja. Stoga, je broj potrebnih boja uvek manji ili jednak 1 + max min{di , i − 1}, ˇcime je dokaz kompletiran. i

Alternativan naˇcin da se dodje do nekih granica za hromatski broj je da se prouˇce osobine takozvanih k-kritiˇcnih podgrafova. DEFINICIJA 3.7.13. tada je G k-kritiˇcan.

LEMA. 3.7.14.

Ako je χ(G) = k, a χ(H) < k za svaki njegov pravi podgraf,

Ako je graf H k-kritiˇcan, tada je δ(H) > k − 1.

Dokaz . Neka je w ˇcvor grafa H. Poˇsto je H k-kritiˇcan, H − w je (k − 1)-obojiv. Ako je deg(w) < k − 1, tada svih k − 1 boja nije upotrebljeno za bojenje suseda ˇcvora w (u grafu H). Stoga se vraćanjem ˇcvora w moˇze dobiti (k − 1)-bojenje grafa H. Ovo je u


280

kontradikciji sa ˇcinjenicom da je χ(H) = k. Dakle, deg(w) > k − 1 za proizvoljan izbor ˇcvora w. Ovim je lema dokazana. Na osnovu ove leme direktno sledi granica Sekereˇsa i Vilfa (Szekeres i H. Wilf, 1968). TEOREMA 3.7.15.

Za proizvoljan graf G vaˇzi χ(G) 6 1 + max δ(H). H⊆G

Dokaz . Neka je k = χ(G), i neka je H 0 k–kritiˇcan podgraf grafa G. Prema gornjoj lemi, χ(G) − 1 6 δ(H 0 ) 6 max δ(H), ˇcime je dokaz zavrˇsen. H⊆G

GRAFOVI SA VELIKIM HROMATSKIM BROJEM Već smo videli da je χ(G) > ω(G). Za savrˇsene grafove ova jednakost vaˇzi ne samo za graf G, već i za sve njegove indukovane podgrafove. Problematika vezana za perfektne grafove prevazilazi okvire ove knjige. Oni su u literatuti iscrpno razmatrani. Jedan od najteˇzih problema u teoriji grafova, takozvana “Jaka hipoteza za savrˇsene grafove” (Berˇz, 1960) je tek nedavno reˇsena, i to u pozitivnom smislu. Problem je reˇsio Sejmor (P. Seymore, 200?). Ovo tvrdjenje (nije viˇse hipoteza jer je pokazano!) glasi: Graf G je savrˇsen ako i samo ako nijedan od grafova G i G ne sadrˇzi neparnu konturu duˇzine bar 5. Druga nejednakost koju smo spominjali kao donju granicu za hromatski broj je nen(G) jednakost χ(G) > α(G) . Pokazano je (testiranjem na sluˇcajnim grafovima) da je ona daje mnogo bolju ocenu hromatskog broja. U ovom odeljku razmotrićemo koliko prva od gore pomenutih donjih granica moˇze da bude gruba, drugim reˇcima posmatraćemo grafove koji imaju veliki hromatski broj, a da nemaju ni trouglove (dakle ω(G) = 2). Konstrukcija koju ćemo dati potiˇce od Misielskog (J. Mycielski, 1955). Ideja je da se krene od k–hromatskog grafa Gk bez trouglova i da se on transformiˇse u k +1–hromatski graf Gk+1 takodje bez trouglova. Neka je Gk = (V, E), gde je V = {v1 , v2 , . . . , vn }. Dodajmo grafu Gk ˇcvorove iz skupa U = {u1 , u2 , . . . , un }, kao i ˇcvor w. Grane grafa Gk+1 se dobijaju na sledeći naˇcin: najpre, svi ˇcvorovi iz V će biti susedni ako i samo ako su bili susedni i u Gk ; ˇcvor ui je susedan sa svim susedima ˇcvora vi (za svako i = 1, 2, . . . , n); ˇcvor w je susedan sa svim ˇcvorovima iz U . TEOREMA 3.7.16. Graf Gk+1 dobijen konstrukcijom Misielskog je (k + 1)hromatski i bez trouglova. Dokaz . Dokazimo najpre da je Gk+1 graf bez trouglova. Pretpostavimo suprotno, i neka je H = K3 podgraf grafa Gk+1 . Najpre imamo da w ne moˇze biti ˇcvor u H. Dalje, najviˇse jedan ˇcvor iz U moˇze biti u H (ˇcvorovi iz U su medjusobno nesusedni), i najviˇse dva ˇcvora iz V mogu biti u H (graf Gk je bez trouglova). Dakle, preostaje da je ˇcvor ui iz U je susedan sa dva susedna ˇcvora iz V , na primer vs i vt . Medjutim, tada ˇcvorovi vi , vs i vt obrazuju trougao grafu Gk , ˇsto je nemoguće. Najpre imamo da je χ(Gk+1 ) > χ(Gk ) = k jer je Gk podgraf grafa Gk+1 . Dokaˇzimo sada da je graf Gk+1 (k + 1)-hromatski. Pretpostavimo suprotno da je χ(Gk+1 ) = k. Ne umanjujući opˇstost razmatranja, uzmimo da je ˇcvor w obojen k–tom bojom. Samim tim nijedan ˇcvor iz U nije obojen k–tom bojom. Neka je V 0 podskup ˇcvorova iz V obojenih


281

k–tom bojom. Za svaki ˇcvor vi ∈ V 0 promenimo njegovu boju tako da bude ista kao i ˇ boja ˇcvora ui ∈ U . Ovim je podgraf Gk grafa Gk+1 obojen sa k − 1-om bojom. Staviˇ se, ovo bojenje je i pravilno. Naime konflikt u bojenju moˇze da nastane jedino ako je ˇcvor vi ∈ V 0 obojen (po promeni boje) istom bojom kao i neki od njegovih suseda (u Gk ). Medjutim, to je nemoguće jer bi se ista kolizija pojavila kod vi u Gk+1 . Dakle, ako je χ(Gk+1 ) = k tada je χ(Gk ) < k, ˇsto je kontradikcija. Dakle, χ(Gk+1 ) > k. Dokazimo sada da je graf Gk+1 (k + 1)-obojiv. Takvo bojenje se dobija ako se bojenje grafa Gk sa k boja prosiri na graf Gk+1 tako ˇsto se svaki ˇcvor ui ∈ U oboji istom bojom kao i ˇcvor ˇcvor vi ∈ V , a ˇcvor w se oboji (k + 1)-vom bojom. PRIMER 3.7.17.

Posmatrajmo niz grafova (Gk ) dobijen konstrukcijom Misielskog.

Imamo da je G1 = K2 . Tada je G2 = C5 . Koji je sledeći graf? Odgovor je Greˇcov graf (Grëtzsch), koji je predstavljen na sledećoj slici. v1

u1 v2

v5 u2

u5

w

u3 v3

u4 v4

Moˇze se pokazati da je broj ˇcvorova nk k–tog grafa u nizu jednak nk = 32k−1 − 1, dakle raste eksponencijalno. Koristeći probabilistiˇcke metode Erdeˇs (P. Erdös) je pokazao da postoji graf k–hromatski graf bez trouglova sa najviˇse ck 2+² ˇcvorova, gde je ² > 0 proizvoljno a c veliˇcina koja zavisi od ², a ne od k. Istim metodama, Erdeˇs je pokazao da za proizvoljno k i g, postoji graf ˇciji je hromatski broj bar k, a duˇzina najkraće konture bar g. Takve grafove, je kasnije konstruisao Lovas.

ZADACI 3.7.1.

Odrediti hromatski broj svakog od sledećih grafova: t t t t t t t t t t a) b) c) t t t t t t t

t t t t d) t t t t

3.7.2. Odrediti hromatski broj γ(G) grafa G ako je G: a) potpun graf Kn ; b) stablo; c) kontura Cn ; d) graf n-tostrane piramide. 3.7.3.

Odrediti hromatski broj regularnog grafa stepena 1 i njegovog komplementa.

3.7.4. Iz potpunog grafa sa n ˇcvorova udaljeno je k grana (2k 6 n) koje su sve medjusobno nesusedne. Odrediti hromatski broj tog grafa.


282

3.7.5. Neka su G1 i G2 grafovi ˇciji su hromatski brojevi k1 i k2 . Neka je X ˇcvor iz G1 , a Y ˇcvor iz G2 . Odrediti hromatski broj grafa koji se dobija tako ˇsto se ˇcvorovi X i Y : a) spoje granom; b) identifikuju. ˇ 3.7.6. Cvorovi grafa G su {1, 2, . . . , 2n}. Susedni su sledeći parovi ˇcvorova: (1, 2n) i (i, i + 1) za i = 1, 2, . . . , 2n − 1 i (i, i + n) za i = 1, 2, . . . , n. Odrediti hromatski broj grafa G. 3.7.7.

Koliki je hromatski broj n-dimenzionalne kocke Qn (videti zadatak 3.1.15)?

3.7.8. Pokazati da se bipartitni graf Km,n uvek moˇze obojiti pomoću 2 boje. Kako glasi hromatski polinom za Km,n ? 3.7.9. Posmatrajmo povezan graf sa bar jednom granom. Ako taj graf ima hromatski broj 2, dokazati da je u pitanju bipartitni graf. 3.7.10. Neka je f pravilno bojenje k–hromatskog grafa sa k boja. Dokazati da za svaku boju postoji ˇcvor obojen tom bojom koji je susedan sa ˇcvorovima svih preostalih boja. 3.7.11. Dokazati da je χ(G) 6 3 ako je G kaktus (kaktus je graf kod koga je svaka grana je u najviˇse jednoj konturi). 3.7.12.

Dokazati da je χ(G + H) = max{χ(G), χ(H)}.

3.7.13.

Dokazati da je √ χ(G) + χ(G ) > 2 n,

i

χ(G) · χ(G ) > n,

gde je n broj ˇcvorova grafa G. 3.7.14. Graf G je intervalni graf ako njegovi ˇcvorovi odgovaraju intervalima na realnoj pravij, a dva takva ˇcvora su susedna ako odgovarajući intervali imaju neprazan presek. Dokazati da je χ(G) = ω(G). 3.7.15. Ravan je podeljena familijom pravih na viˇse regiona. Dokazati da se ti regioni mogu obojiti sa dve boje tako da susedni regioni budu obojeni razliˇcitim bojama. 3.7.16. Razgovarali su baron Minhauzen i matematiˇcar. Baron Minhauzen je rekao da se u njegovoj zemlji iz svakog grada moˇze putem stići u bilo koji drugi grad. Pri tome, ako se iz proizvoljnog grada putuje po zemlji proizvoljnim putem do povratka u taj grad, onda se prodje kroz neparan broj usputnih gradova. Matematiˇcar je pitao koliko puta se broji grad, ako se viˇse puta prodje kroz njega. Baron je odgovorio da se takav grad broji onoliko puta koliko puta se prodje kroz njega. Osim toga, baron Minhauzen je dodao da iz svakog grada u njegovoj zemlji polazi jednak broj puteva, osim iz njegovog rodnog grada iz koga polazi manji broj puteva. Na to je matematiˇcar rekao da baron Minhauzen laˇze. Kako je to zakljuˇcio?

Glava 4

Diskretna verovatno´ ca

Teorija verovatnoće nastala je u 16-tom veku kao rezultat pokuˇsaja matematiˇcara tog vremena da razreˇse neke fenomene vezane za igre na sreću. Prva knjiga iz ove oblasti za koju se zna je De Ludo Alea (O igri kockom), ˇstampana je tek 1663 godine, dakle oko 100 godina poˇsto je napisana. Autor knjige je Djirolamo Kardano (it. Girolamo Cardano), poznat i po formulama za reˇsavanje algebarskih jednaˇcina trećeg stepena. Interesantno je napomenuti da je verovatnoća od samog nastanka povezana sa kombinatorikom, a o tome svedoˇce radovi matematiˇcara kao ˇsto su Paskal i Laplas (fra. Blaise Pascal, Pierre–Simon Laplace). Naravno, obojicu su zanimale igre na sreću. I u danaˇsnje vreme joˇs uvek postoji interes za reˇsavanje problema vezanih za igre na sreću. Ne mali broj ljudi interesuje kakve su im ˇsanse da dobiju neku premiju u takvim igrama. Stoga se nameće zakljuˇcak da verovatnoća izvorno predstavlja meru za mogućnost nastupanja nekog dogadjaja. Opˇstije, za teoriju verovatnoće bi se moglo reći da predstavlja matematiˇcku disciplinu koja sluˇzi izuˇcavanje takozvanih sluˇcajnih, ili nedeterministiˇckih fenomena. Za deterministiˇcke fenomene je karakteristiˇcno da se njihovo ponaˇsenje moˇze predvideti na osnovu poznavanja poˇcetnih uslova, kao i odredjenih nauˇcnih zakona (na primer, fizike, hemije, biologije i drugih po pravilu prirodnih nauka). Tipiˇcan primer iz fizike je kosi hitac. U 20-tom veku, verovatnoća je postavljena na ˇcvrste temelje, i aksiomatski je zasnovana uz pomoć teorije skupova. Aksiomi koje ćemo u nastavku razmatrati pripisuju se Andreju Nikolajeviˇcu Kolmogorovu. Dakle, danas je to jedna strogo zasnovana matematiˇcka disciplina sa mnoˇstvom primena. Posebnu draˇz ovoj teoriji daju raˇcunari. Umesto klasiˇcnih eksperimenata, sada se oni mogu simulirati na raˇcunaru. Uz teoriju verovatnoće, po pravilu stoji i statistika, kao matematiˇcka disciplina sa kojom se dopunjava (daje joj praktiˇcni smisao). U ovoj knjizi neće biti reˇci o statistici.

283

´ GLAVA 4. DISKRETNA VEROVATNOCA

4.1

284

´ ELEMENTARNA VEROVATNOCA

POJAM DOGADJAJA Osnovni pojam na kojem bazira teorija verovatnoće je dogadjaj. Dogadjaj je skup koji se sastoji od takozvanih elementarnih (nedeljivih) dogadjaja, odnosno osnovnih instanci. Svi elementarni dogadjaji obrazuju prostor elementarnih dogadjaja. U stvarnosti neki fenomen pod odredjenim uslovima (ili uticajnim faktorima) moˇze, ali ne mora da se dogodi. Ako je nastupio posmatrani fenomen, tada je samim tim nastupio i jedan od elementarnih dogadjaja, te se stoga realizuje i odgovarajući dogadjaj kao posledica realizacije jedne od instanci. U mnogim sluˇcajevima nastupanje ili nenastupanje nekog dogadjaja moˇze se shvatiti kao rezultat realizacije (ishod) nekog eksperimenta. Idealizovana predstava eksperimenta bazira se na sledećim pretpostavkama: i) za svaki eksperiment unapred je poznat skup svih mogućih ishoda (elementarnih dogadjaja); ii) realizacija bilo kog ishoda nije poznata unapred1 ; iii) svaki eksperiment se moˇze neograniˇcen broj puta ponoviti pod istim uslovima. PRIMER 4.1.1. Bacanje novˇcića: Prostor mogućih elementarnih dogadjaja je realizacija ili grba, ili pisma. Smatra se da se bacanje novˇcića moˇze neograniˇcen broj puta ponoviti pod istim uslovima. U sluˇcaju da je novˇcić pravilan (homogen) intuitino, a i empirijski, moglo bi se zakljuˇciti da će broj ishoda grba i pisma u velikom broju bacanja biti pribliˇzno jednak. PRIMER 4.1.2. Bacanje kocke: Prostor mogućih elementarnih dogadjaja je realizacija jedne od 6 strana kocke, oznaˇcenih brojevima od 1 do 6. I u ovom sluˇcaju se smatra da se bacanje kocke moˇze neograniˇcen broj puta ponoviti pod istim uslovima. U sluˇcaju da je kocka pravilna (homogena) na isti naˇcin bi se moglo zakljuˇciti da će broj ishoda svake strane (odnosno odgovarajuće oznake) u velikom broju bacanja biti pribliˇzno jednak. PRIMER 4.1.3. Izvlaˇcenje karte iz ˇspila: Prostor mogućih elementarnih dogadjaja je vadjenje jedne od 52 karte iz kompletnog ˇspila. U ovom sluˇcaju se smatra da su karte, pre izvlaˇcenja, djobro promeˇsane”. U sluˇcaju da se obezbedi dobro meˇsanje karata pre svakog izvlaˇcenja, moglo bi se zakljuˇciti da će u velikom broju izvlaˇcenja svaka karta biti priblizno jednak broj puta izvuˇcena. U svim gore navedenim primerima broj ishoda eksperimenta je bio konaˇcan (2, 6 i 52, respektivno). Dakle, prostor elementarnih dogadjaja je bio konaˇcan. Ukoliko je prostor elementarnih dogadjaja konaˇcan ili prebrojiv (dakle najviˇse prebrojiv, ili diskretan), tada se teorija verovatnoće svodi na diskretnu verovatnoću. U ovoj knjizi biće reˇci samo o diskretnoj verovatnoći. Sada ćemo precizirati uobiˇcajene oznake za osnovne pojmove uvedene u ovom poglavlju. Najpre imamo: 1 Ova ˇ cinjenica odredjuje nedeterminizam fenomena koji se posmatra. Strogo gledano, teˇsko bi se mogla podvu´ ci crta izmedju deterministiˇ ckih i nedeterministiˇ ckih fenomena. Ima miˇslenja da nedeterministiˇ cki fenomeni objektivno i ne postoje, ve´ c su za nas rezultat nemogu´ cnosti da uzmemo u obzir sve faktore koji odredjuju determinizam posmatranog fenomena


285

i) e – elementatni dogadjaj; ii) Ω – skup, ili prostor elementarnih dogadjaja; iii) A ⊆ Ω – proizvoljan dogadjaj. U sluˇcaju da je A = ∅, tada se kaˇze da je odgovarajući dogadjaj nemoguć; s druge strane, ako je A = Ω tada je odgovarajući dogadjaj siguran.

ALGEBRA DOGADJAJA Poˇsto su dogadjaji u osnovi skupovi, logiˇcno je oˇcekivati da se osnovne skupovne operacije mogu interpretirati i kao operacije nad dogadjajima. Algebra dogadjaja zasnovana je na sledećim operacijama: i) komplement dogadjaja: A¯ = {e | e 6∈ A}; ii) suma (unija) dogadjaja: A + B = {e | e ∈ A ∨ e ∈ B} (= A ∪ B), S X Ai ; ili opˇstije, Ai = i∈I

i∈I

iii) proizvod (presek) dogadjaja: A · B = {e | e ∈ A ∧ e ∈ B} (= A ∩ B), Y T Ai ; ili opˇstije, Ai = i∈I

i∈I

iv) razlika (diferencija) dogadjaja: A − B = {e | e ∈ A ∨ e 6∈ B} (= A \ B); Skup indeksa I u stavkama ii) i iii) je najviˇse prebrojiv skup. Ista pretpostavka, ako se drugaˇcije ne naglasi, vaˇzi će i u preostalom delu teksta. Uveˇsćemo sada jedan veoma vaˇzan pojam koji igra jednu od kljuˇcnih uloga u teoriji verovatnoće. DEFINICIJA 4.1.4. Dogadjaji A i B su iskljuˇcivi (ili nesaglasni) ako je A · B = ∅. Opˇstije, familija dogadjaja Ai , i ∈ I, obrazuje familiju uzajamno iskljuˇcivih (ili nesaglasnih) dogadjaja i to u parovima ako vaˇzi Ai · Aj = ∅ za svako i 6= j, i, j ∈ I. U principu, svaki podskup skupa Ω mogao bi se smatrati da predstavlja jedan dogadjaj. S obzirom da smo uveli operacije nad dogadjajima, logiˇcno je oˇcekivati da dogadjaji, u oznaci B, koji su za nas od interesa budu zatvoreni u odnosu na gornje operacije. ¯ B ¯ ∈ B, ili, ˇsto je ekvivalentno, Drugim reˇcima, ako A, B ∈ B tada vaˇzi i A + B, A · B, A, ¯ ¯ ¯ ¯ samo A + B, A, B ∈ B (ili samo A · B, A, B ∈ B). Dodatni nameti na B dati su sledećom definicijom: DEFINICIJA 4.1.5.

Skup dogadjaja B je σ–polje ako vaˇzi:

i) Ω ∈ B; ii) ako Ai ∈ B za svako i ∈ I tada

X i∈I

iii) ako A ∈ B tada i A¯ ∈ B.

Ai ∈ B;


NAPOMENA.

Umesto ii) i iii) moˇze (alternativno) da stoji:

ii’) ako Ai ∈ B za svako i ∈ I tada

Y i∈I

iii’) ako A, B ∈ B tada i A − B ∈ B.

Ai ∈ B;

286


287

Sledeća napomena odnosi se na diskretnu verovatnoću. NAPOMENA.

Ako je skup Ω diskretan tada se po pravilu uzima da je B partitivni skup skupa Ω. To se posebno ogleda u situaciji kad je svaki elementarni dogadjaj i sam za sebe S dogadjaj iz σ–polja. Tada za svako A ⊆ Ω vaˇzi A = {e} te je B partitivni skup od Ω. e∈A

´ PROSTOR VEROVATNOCE Posmatrajmo uredjenu trojku datu sa: (Ω, B, P ), gde je Ω prostor elementarnih dogadjaja, B σ–polje a P : B −→ IR. Za ovu trojku se kaˇze da je prostor verovatnoće ako vaˇze aksiome Kolmogorova date u sledećoj definiciji: DEFINICIJA 4.1.6. verovatnoće ako vaˇzi:

Uredjena trojka (Ω, B, P ), gde je P : B −→ IR, je prostor

i) P (A) > 0 za svako A ∈ B; ii) P (Ω) = 1; iii) ako su dogadjaji Ai , i ∈ I, nesaglasni (u parovima) tada je X X P ( Ai ) = P (Ai ). i∈I

i∈I

NAPOMENA.

Ako Ω nije diskretan skup tada se javlja dodatni problem vezan za konstrukciju funkcije P koja zadovoljava navedene aksiome – naime, za svako B, funkcija koja zadovoljava aksiome i)–iii) ne mora postojati – medjutim, takva situacija se ne javlja u diskretnoj verovatnoći. Primetimo joˇs da verovatnoća P nije precizirano aksiomama; drugim reˇcima, postoji velika sloboda za njen izbor (videti sledeće poglavlje).

Osnovne osobine funkcije P date su sledećom teoremom: TEOREMA 4.1.7.

Ako je (Ω, B, P ) prostor verovatnoće, tada za funkciju P : B −→ IR

vaˇzi: i) P (∅) = 0; ¯ = 1 za svako A ∈ B; ii) P (A) + P (A) iii) ako A ⊆ B tada P (A) 6 P (B); iv) P (A + B) = P (A) + P (B) − P (A · B); v) P (A1 + A2 + . . . + An ) 6 P (A1 ) + P (A2 ) + . . . + P (An ); vi) P (A1 + A2 + . . . + An ) = +

X 16i
X 16i6n

P (Ai ) −

X

P (Ai Aj )

16i
P (Ai Aj Ak ) + . . . + (−1)n−1 P (A1 A2 . . . An ).


288

¯ Odavde sledi da je 1 = P (Ω) = P (A+ A) ¯ = Dokaz . Primetimo najpre da je Ω = A+ A. ¯ P (A) + P (A) (videti Definiciju 4.1.6). Uzimanjem da je A = Ω neposredno sledi i), a potom i ii). Kako je B = A + (B − A), sledi da je P (B) = P (A) + P (B − A) > P (A), te vaˇzi i iii). Primetimo najpre da A + B = (A − B) + (B − A) + (AB). Odavde je P (A + B) = P (A − B) + P (B − A) + P (AB). Primetimo i da je A = (A − B) + (AB), te da je P (A − B) = P (A) − P (AB) (sliˇcno se dobija da je P (B − A) = P (B) − P (AB)). Samim tim dobijamo i iv). Najzad, v) i vi) se dobijaju indukcijom iz iv). Interesantno je primetiti da obrnuto tvrdjenje za i) ne vaˇzi. Dakle, ako je verovatnoća nekog dogadjaja jednaka 0, to ne znaˇci da taj dogadjaj ne moˇze da nastupi. Na primer, verovatnoća izbora fiksne taˇcke sa duˇzi je jednaka 0, ali to ne znaˇci da ona ne moˇze biti izabrana (pri nekom eksperimentu). Medjutim, ako je verovatnoća nekog dogadjaja pozitivna, tada je sigurno on moˇze nastupiti.2 Svojstvo ii) daje vezu izmedju medjusobno ˇ komplementarnih dogadjaja. Cesto se deˇsava u praksi da je verovatnoću jednog od njih znatno lakˇse izraˇcunati nego drugog, tako da je ova formula veoma korisna (videti donji primer). Svojstvo iii) iskazuje monotoniju funkcije verovatnoće. Svojstvo iv) je specijalni sluˇcaj principa ukljuˇcenja–iskljuˇcenja – videti svojstvo vi). Najzad, svojstvo v) je poznato kao Bulova nejednakost. U sledećim poglavljima (poˇsto uvedemo neke principe dodela verovatnoća dogadjajima) videćemo i neke primere primena raznih stavki gornje teoreme.

´ DOGADJAJIMA DODELA VEROVATNOCE Dodeljivanje verovatnoće pojedinim dogadjajima, kao ˇsto je već primećeno, nije jednoznaˇcno odredjeno. Postoji viˇse pristupa da se pojedinim dogadjajima dodeli njihova verovatnoća. Klasiˇ cna definicija Osnovna ideja na kojoj je zasnovana klasiˇcna definicija verovatnoće bazira na pretpostavci da su svi elementarni dogadjaji jednako verovatni. Ova definicija ima posebno smisla ako je prostor elementarnih dogadjaja konaˇcan, recimo da ima taˇcno n elementarnih dogadjaja. U tom sluˇcaju svaki elementarni dogadjaj ima verovatnoći n1 , tj. P ({e}) = n1 za svako e ∈ Ω. S obzirom da je A = {ei1 , ei2 , . . . , eim }, imamo da je m A = ∪m s=1 {eis }, te odatle sledi (videti Definiciju 4.1.6) da je P (A) = n . Stoga imamo: DEFINICIJA 4.1.8. (Klasiˇcna definicija verovatnoće) Neka je m broj instanci kojima se realizuje dogadjaj A, a n broj svih mogućih instanci iz prostora Ω. Ako su sve instance podjednako verovatne tada je P (A) =

m . n

U praksi (kod eksperimenata) m oznaˇcava i broj povoljnih ishoda za dogadjaj A, a n broj svih mogućih ishoda eksperimenta. Moˇze se lako proveriti da su sve aksiome in Definicije 4.1.6 zadovoljene ako se verovatnoća P pridruˇzi dogadjajima na opisani naˇcin. Na primer, za eksperiment sa novˇcićem, m = 1 za grb (dogadjaj G), ili pismo (dogadjaj P ), a n = 2 za dogadjaj Ω = {G, P }. Stoga, ako je novˇcić pravilan (odnosno homogen), imamo da je q = P (G) = 12 , a p = P (P ) = 12 (jasno p + q = 1). Sliˇcnim rezonovanjem lako se dobija da je kod eksperimenta sa bacanjem kocke da je P (Si ) = 16 , 2 Ova ˇ cinjenica se veoma elegantno koristi za probabilistiˇ cko dokazivanje teorema, posebno u kombinatorici.


289

za realizaciju i-te strane kocke (i = 1, 2, . . . , 6) pri bacanju pravilne (homogene) kocke. Naravno, ukoliko novˇcić ili kocka nisu pravilni, tada moˇze doći odstupanja od pomenutih vrednosti. Najzad, za eksperiment koji se odnosio na izvlaˇcenje karte iz ˇspila, imamo da 1 je verovatnoća vadjenja (po sluˇcajnom principu) bilo koje konkretne karte jednaka 52 . PRIMER 4.1.9. Koje je verovatnoća da se bacanjem dve kocke dobije da je suma dobijenih brojeva jednaka 7? Reˇsenje. Predstavimo svaki ishod bacanja dve kocke sa uredjenim parom (i, j), gde je i broj dobijen bacanjem prve kocke, a j druge kocke. Prema principu proizvoda postoji ukupno 36 mogućnih ishoda, i to (1, 1), (1, 2), . . . , (6, 6); oni su, u sluˇcaju pravilnih kocki, jednako verovatni. Povoljni ishodi su (1, 6), 2, 5, 3, 4, 4, 3, 5, 2 i 6, 1; dakle ima ih ukupno 6 6. Stoga je traˇzena verovarnoća jednaka 36 (= 61 ). PRIMER 4.1.10. Generisan je niz od n bitova na sluˇcajan naˇcin. verovatnoća da je bar jedan od bitova jednak 0?

Kolika je

Reˇsenje. Neka je A dogadjaj da je bar jedan od bita jednak 0. Posmatrajmo komplementarni dogadjaj dogadjaja A, to jest dogadjaj A za koji su svi biti jednaki 0. Tada je 1 p(A) = 1 − p(A) = 1 − n . 2 Verovatnoća dogadjaja A se moˇze dobiti sledećim rezonovanjem: niz od n bitova se moˇze shvatiti kao jedan od 2n brojeva (0, 1, . . . , 2n−1 ) reprezentovanih u binarnom sistemu; kako je svaki od njih jednako verovatan, zakljuˇcak neposredno sledi. Sledeći problem predstavlja paradigmu probabilistiˇckog rezonovanja. Postavio ga je ˇ Sevalie de Mer (fra. Chevalier de Meére), ˇcuveni kockar i bonvivan, a reˇsili su ga Blez Paskal (fra. Blaise Pascal) i Pjer Ferma (fra. Pierre de Fermat). ˇ je verovatnije, da se ˇsestica pojavi kada se jedna kocka baca 4 PRIMER 4.1.11. Sta puta, ili da se pojave dve ˇsestice kada se par kocki baca 24 puta? Reˇsenje. Verovatnoća prvog dogadjaja je 1−( 56 )4 ≈ 51.77%, dok je verovatnoća drugog 4 dogadjaja 1 − ( 35 ca prvog dogadjaja je veća. Stoga bi se trebalo 36 ) ≈ 49.14%. Verovatno´ kladiti na prvu varijantu. Sledeći primer (interpretiran kao zagonetka tri kutije, ili izvorno Monty Hall problem) pobudio je nedavno veliku paˇznju. PRIMER 4.1.12. U TV igri date su tri kutije, dve prazne i jedna puna novca. Uˇcesnik TV igre bira jednu od kutiju, i ako izabere onu sa novcem dobija, kao nagradu, sav novac. Medjutim, pre nego ˇsto je otvori, voditelj igre, koji zna u kojoj kutiji je novac, otvara jednu od preostale dve kutije, i to onu koja je prazna (ili bilo koju ako su obe prazne). Potom nudi uˇcesniku u igri da, ako ˇzeli, promeni svoj izbor. Sada se postavlja pitanje koju strategiju koristiti? Da li izabrati neku drugu kutiju, ili niˇsta ne menjati? Reˇsenje. Verovatoća dobitka (pre nastupa voditelja sa njegovom ponudom) je 1/3, poˇsto moˇzemo smatrati da su sve kutije podjednako verovatne. Ako ne menjamo izabranu kutiju, tada će odgovarajuća verovatnoća ostati nepromenjena.


290

ˇ ako menjamo izabranu kutiju? Tada u dva sluˇcaja (to jest kada izaberemo prazne Sta kutije) dobijamo nagradu. Naime, poˇsto je izabrana kutija prazna, a takodje i ona koju je voditelj otvorio, novac će biti u trećoj kutiji, i stoga promenom dobijamo nagradu. U poslednjem sluˇcaju (to jest kada izaberemo kutiju sa novceme) jasno je da ostajemo bez nagrade. Stoga je sada verovatnoća dobitka jednaka 2/3. Konaˇcan zakljuˇcak je da uvek treba menjati izabranu kutiju jer se time verovatnoća dobitka duplira. Geometrijska definicija Osnovna ideja na kojoj je zasnovana geometrijska definicija verovatnoće je sliˇcna klasiˇcnoj definiciji. Jedina bitna razlika je da je sada prostor elementarnih dogadjaja beskonaˇcan, te bi stoga verovatnoća svakog elementarnog dogadjaja neminivno bila jednaka nuli. Odatle bi se nametala mogućnost da je verovatnoća svakog dogadjaja bila jednaka nuli, ˇsto je nedopustivo. Izlaz iz ove situacije moˇze se napraviti uz pomoć geometrijskih argumenata. Predpostavićemo da skup elementarnih dogadjaja odgovara nekom podskupu taˇcaka iz Euklidovog prostora dimenzije do 3, to jest prostora iz naˇseg okruˇzenja. Na primer, u jednodimenzijalnom sluˇcaju biramo taˇcke na nekoj duˇzi; u dvodimenzijalnom sluˇcaju biramo taˇcke u nekom delu ravni koje odgovaraju nekoj geometrijskoj figuri kao ˇsto je trougao, pravougaonik, krug itd.; u trodimenzijalnom sluˇcaju biramo taˇcke u nekom delu prostora koje odgovaraju nekom geometrijskom telu kao ˇsto je teraedar, paralelepiped, lopta itd. Svaki od ovih objekata ima svoju meru: za duˇz to je njena duˇzina, za figuru u ravni to je njena povrˇsina, za telo u prostoru to je njena zapremina. Neka je S skup svih taˇcaka iz odgovarajuˇceg prostora koje su u obostrano–jednoznaˇcnoj korespodenciji sa Ω, prostorom elementarnih dogadjaja. Neka je R skup taˇcaka (iz S) koje su u obostrano– jednoznaˇcnoj korespodenciji sa elementarnim dogadjajima kojim se realizuje dogadjaj A ∈ B. Tada je mes(R) P (A) = , mes(S) gde mes(X) oznaˇcava meru skupa X, dakle njegovu duˇzinu, ili povrˇsinu, ili zapreminu. U praksi, moˇzemo pisati i P (A) = mes(A) mes(Ω) . Stoga imamo: DEFINICIJA 4.1.13. (Geometrijska verovatnoća) Neka je mes(A) mera dela prostora koji koji sadrˇzi taˇcke koje odgovaraju instancama dogadjaja A, a mes(Ω) takodje mera dela prostora koji sadrˇzi taˇcke koje odgovaraju svim mogućim instancama. Ako su sve taˇcke posmatranog prostora jednako verovatne tada je P (A) =

mes(A) . mes(Ω)

Moˇze se pokazati da su sve aksiome in Definicije 4.1.6 zadovoljene ako se verovatnoća P usvoji na opisani naˇcin. PRIMER 4.1.14. (Problem semafora): Na semaforu se smenjuju crveno, narandˇzasto i zeleno svetlo, i to tako da redom traju 20 sekundi, 5 sekundi i 25 sekundi. Jedno od pitanja koje se moˇze postaviti glasi: Koje je verovatnoća da vozilo koje stiˇze na raskrsnicu mora da ˇceka na zeleno svetlo. Odgovor je 21 (zaˇsto?). PRIMER 4.1.15. (Problem presretanje): Dva broda stizu u luku u toku istih T sati. Vremena njihovih pristizanja su sluˇcajna i jednako verovatna u svakom od trenutaka iz


291

posmatranog intervala od T sati. Vreme zadrzavanja prvog broda u luci je T1 sati, a drugog T2 sati. Ako je jedan brod u luci, tada drugi mora da saˇceka prvi brod da napusti luku. Kolika je verovatnoća da dodje da saˇcekivanja. Reˇsenje. Prostor svih elementarnih dogadjaja se moˇze poistovetiti sa taˇckama u kvadratu stranica duˇzine T , koji je odredjen taˇckama (0, 0), (T, 0), (T, T ) i (0, T ) u koordinatnom sistemu. Svaka taˇcka (t1 , t2 ) odgovara vremenima pristizanja brodova; dakle, t1 je vreme pristizanja prvog broda, a t2 vreme pristizanja drugog broda. Do saˇcekivanja će doći ako je 0 6 t1 − t2 6 T1 (tada prvi brod ˇceka), ili ako je 0 6 t2 − t1 6 T2 (tada drugi brod ˇceka). Taˇcke koje odgovaraju saˇcekivanju leˇze u jednoj traci odredjenoj pravama t2 = t1 − T1 i t2 = t1 + T2 . Stoga nije teˇsko pokazati da je traˇzena verovatnoća T 2 − 12 ((T − T1 )2 + (T − T2 )2 ) jednaka . T2 PRIMER 4.1.16. Odrediti verovatnoću da je nasumice izabrana tetiva kruga duˇza od stranice jednakostraniˇcnog trougla upisanog u dati krug. Reˇsenje. Pokazaćemo da je pojam jednakoverovatnih dogadjaja u ovom sluˇcaju teˇsko precizirati, i da se zavisno od toga kako je to uˇcinjeno mogu dobiti razliˇciti rezultati. U svim donjim varijantama pri izboru jednakoverovatnih dogadjaja simetrija kruga se koristi kao glavni (poˇcetni) argument. Prva varijanta: Uzmimo najpre da je tetiva odredjena svojom srednjom taˇckom, kao i da su sve taˇcke kruga jednako verovatne. Povoljni sluˇcajevi sada odgovaraju taˇckama ˇcije je rastojanje od centra kruga najviˇse 2r (r je polupreˇcnik kruga). Sada se lako dobija da je traˇzena verovatnoća jednaka 41 (kao koliˇcnik mere (povrˇsine) dva kruga). Druga varijanta: Uzmimo sada da je tetiva odredjena jednom fiksnom taˇckom na kruˇznici i uglom koji zaklapa sa tangentom na krug u uoˇcenoj taˇcki na kruˇznici. Povoljni sluˇcajevi sada odgovaraji onim uglovima koji su u opsegu od 60◦ do 120◦ . Sada se lako dobija da je traˇzena verovatnoća jednaka 13 (kao koliˇcnik mere dva ugla). Treća varijanta: Uzmimo sada da je tetiva odredjena svojim pravcem (dakle mora biti paralelna nekoj fiksnoj pravoj) i rastojanjem od centra. Povoljni sluˇcajevi sada odgovaraji rastojanjima od centra do najviˇse 2r . Sada se lako dobija da je traˇzena verovatnoća jednaka 12 (kao koliˇcnik mere (duˇzine) dve duˇzi). Ovaj primer je ilustrativan jer pokazuje istovremeno koliku slobodu imamo u dodeljivanju verovatnoće dogadjajima. PRIMER 4.1.17. Bufonov problem. (eng. Buffon) U ravni je dat skup paralelnih pravih, pri ˇcemu je rastojanje izmedju svake dve susedne prave 2a (a > 0). Na ravan se baca igla duˇzine 2l (0 < l < a). Odrediti verovatnoću da igla preseca neku od paralelnih pravih. Reˇsenje. Zbog uslova l < a igla moˇze presecati najviˇse jednu od pravih. Polozaj igle u odnosu na bilo koju pravu moˇze se odrediti rastojanjem d njenog centra u odnosu na najbliˇzu pravu, kao i uglom φ koji ona zaklapa sa bilo kom pravom. Ove dve veliˇcine se mogu smatrati nezavisnim (u intuitivnom smislu). Stoga bi prostor elementarnih dogadjaja mogao biti interpretiran kao taˇcka u pravougaoniku sa temenima (0, 0), (π, 0), (π, a) i (0, a). Igla preseca najbliˇzu pravu


292

ako i samo ako je 0 6 d 6 l sin(φ). Prostor povoljnih dogadjaja je figura (u gornjem pravougaoniku) izmedju horizontalne ose i sinusoide d = l sin(φ). Lako se pokazuje da je 2l odnos odgovarajućih povrˇsina jednak πa , ˇsto je ujedno i traˇzena verovatnoća. 2l Interesantno je da je odavde π = ap . Statistiˇ cka definicija verovatno´ ce Napomenimo najpre da se matematiˇcka statistika kao matematiˇcka disciplina pre svega bavi primenom aparata teorije verovatnoće na reˇsavane praktiˇcnih problema (dakle, odredjivanjem verovatnoće nekih konkretnih dogadjaja, tumaˇcenjem dobivenih rezultata, predikcijom nastupanja nekih dogadjaja, itd.). Nas će u okvirima ove knjige interesovati jedan samo dodeljivanje verovatnoće nekim dogadjajima. Podjimo od primera bacanja novˇcića. Postavlja se pitanje ˇsta ćemo da radimo ako novˇcić nije pravilan! Intuitivno je jasno da ako je pravilan, da će grb (ili pismo) nastupiti pribliˇzno jednak broj puta ako se eksperiment viˇse puta (na primer, 1000 puta) ponavlja. ˇ se moˇze oˇcekivati ako novˇcić nije pravilan. U tom sluˇcaju recimo da se pismo realSta izovalo m puta u n ponavljanja eksperimenta. Uoˇcimo tada koliˇcnik m cimo ga n , i oznaˇ sa f . Tada f (= m n ) predstavlja (po definiciji) relativnu frekvenciju nastupanja pisma, za nas dogadjaja, recimo A (m je apsolutna frekvencija). Sada moˇzemo pretpostaviti, ili samo napisati, da je m P (A) = lim . n→+∞ n Napomenimo da je ovde pojam graniˇcne vrednosti upotrebljen u intuitivnom smislu. Razlog je ˇsto formalna definicija graniˇcne vrednosti (sa neizbeˇznim ²) sada nema isti smisao. Eksperimenti sugeriˇsu da će za veliko n razlika (po modulu) izmedju relativne frekvencije (uz zanemarljiva kolebanja) biti veoma bliska nekom broju: taj broj je verovatnoća naˇseg dogadjaja A. Ispostavilo se da za pravilan novˇcić taj broj (prema oˇcekivanjima) iznosi 1 2. Pravo tumaˇcenje gornjih razmatranja vezano je za zakon velikih brojeva i moˇze se iskazati na sledeći naˇcin: Pretpostavimo da za dati eksperiment, u n ponavljanja, koji su svi medjusobno bez ikakvog utacaja jedan na drugog, dogadjaj A (ˇcija je verovatnoća nastupa u svakom pojedinaˇcnom eksperimentu P (A)) nastupi m puta. Tada, za proizvoljno male pozitivane brojeve δ i ², postoji dovoljno veliki broj N takav da za n > N imamo da je verovatnoća dogadjaja nm o | − P (A)| > δ n najviˇse jednaka ². Vratimo se sada Bufonovom problemu. Ako se bacanje igle ponovi veliki broj puta, recimo n, i ako je broj povoljnih sluˇcajeva (presecanja) bio m. Tada sledi da je π = lim

n→∞

2ln . am

Na primer, Volf (eng. R. Wolf) je bacao iglu 5000 puta u periodu od 1849. do 1853. godine i dobio da je π ≈ 3.1596. Ovakvi eksperimenti (sada se rade na raˇcunarima) bili su prvi koraci u primeni takozvane Montekarlo (fra. Monte Carlo) metode (ili metode simulacija) za razna izraˇcnavanja. Recimo, ako u Bufonovom eksperimentu ne znamo da izraˇcunamo povrˇsinu zahvaćenu sinusoidom i horizontalnom osom, tada bi je mogli pribliˇzno odrediti bacanjem igle (kako?). Ovakve i sliˇcne ideje se danas koriste u raznim primenama teorije verovatnoće (zajedno sa statistikom).


293

ZADACI 4.1.1. Novˇcić se baca tri puta i registruje se niz u kome se pojavljuju ”pismo”i ”grb”. Odrediti skup svih mogućih elementarnih dogadjaja Ω. 4.1.2. Novˇcić se baca tri puta i registruje se broj koliko puta se pojavi ”pismo”. Odrediti skup svih mogućih elementarnih dogadjaja Ω, kao i verovatnoću svih mogućih ishoda. 4.1.3. Kocka za igru baca se tri puta. Naći verovatnoću da se u trećem bacanju dobije broj 4. 4.1.4.

Kolika je verovatnoća da će dve baˇcene kocke pokazati brojeve ˇciji je zbir 8?

4.1.5. Baˇcene su dve kocke. Kolika je verovatnoća da je zbir brojeva koji su pali manji od ili jednaki sa 4? 4.1.6. Baca se kocka za igru. Dogadjaj A je da je pao paran broj, a dogadjaj B da je pao broj deljiv sa 3. Odrediti verovatnoće p (A), p (B), p (AB), p (A ∪ B). 4.1.7. U jednom odeljenju ima trideset uˇcenika. Nijedan od njih nije rodjen prestupne godine. Kolika je verovatnoća da ne postoje dva uˇcenika koji rodjendan slave istog dana? Sedam rasejanih profesora je iˇslo na neko predavanje. U garderobi su ostavili 4.1.8. svoje ˇseˇsire. Nakon predavanja svako od njih je uzeo prvi ˇseˇsir koji mu je bio pod rukom. Kolika je verovatnoća da: a) svako uzme svoj ˇseˇsir; b) taˇcno ˇsest profesora uzme svoj ˇseˇsir? 4.1.9. Iz kutije u kojoj se nalazi 6 crvenih i 8 plavih kuglica na sluˇcajan naˇcin izvlaˇcimo 3 kuglice odjednom. Kolike su verovatnoće dogadjaja: A – da izvuˇcemo sve 3 kuglice iste boje i B – da izvuˇcemo 3 kuglice plave boje? 4.1.10. Iz kutije u kojoj se nalazi 7 crvenih i 9 plavih kuglica na sluˇcajan naˇcin izvlaˇcimo 5 kuglica odjednom. Kolike su verovatnoće dogadjaja: A – da izvuˇcemo svih 5 kuglica iste boje i B – da izvuˇcemo bar 2 kuglice plave boje? 4.1.11. U prvoj kutiji je 5 belih i 10 crvenih, a u drugoj 3 bele i 7 crvenih kuglica. Iz druge kutije smo u prvu prebacili jednu kuglicu, a zatim smo iz prve kutije izvukli jednu kuglicu. Koja je verovatnoća da smo izvukli belu kuglicu? 4.1.12. U kutiji se nalazi 30 belih i 10 crvenih kuglica. Izvlaˇcimo ¸cetiri kuglice iz kutije, jednu za drugom, tako ˇsto svaki put ponovo vratimo izvuˇcenu kuglicu u kutiju, da bi izvlaˇcenje ponovili iz kutije sa poˇcetnim brojem kuglica. Naći verovatnoću da će od ˇcetiri izvuˇcene kuglice dve biti bele i dve crvene. 4.1.13. Koˇsarkaˇski klubovi Crvena zvezda i Partizan igraju meˇc, koji se zavrˇsava kada jedna od te 2 ekipe ostvari 2 pobede viˇse od druge. Kolika je verovatnoća da će biti odigrano taˇcno 10 utakmica?


294

4.1.14. Iz ˇspila od 52 karte sluˇcajno se biraju 3 karte i to a) odjednom; b) jedna za drugom bez vraćanja; c) jedna za drugom sa vraćanjem. Naći verovatnoću da je taˇcno 1 od njih 10. 4.1.15.

Naći verovatnoću da niz od m nula i n jedinica ima r serija jedinica.

4.1.16. (Banahov problem) Date su 2 kutije ˇsibica. U svakoj od njih ima po N ˇsibica. Na sluˇcajan naˇcin troˇsimo ˇsibice dok ne ustanovimo da je jedna kutija prazna. Kolika je verovatnoća da će kada se ustanovi da je jedna kutija prazna, druga imati taˇcno K ˇsibica? 4.1.17. Na duˇzi AB duˇzine ` sluˇcajno i nezavisno jedna od druge izabrane su taˇcke M i N . Naći verovatnoću da rastojanje izmedju njih bude manje od realnog broja α. 4.1.18. Ana i Bojan su se dogovorili da se nadju izmedju 11:00 i 12:00 i da na ugovorenom mestu ˇcekaju jedan drugog taˇcno 20 minuta. Kolika je verovatnoća da se sretnu? 4.1.19. U kvadratu K (sa centrom C) bira se na sluˇcajan naˇcin taˇcka A. Neka se nad duˇzi AC sa obe strane konstruiˇsu kvadrati. Odrediti verovatnoću da su oni celi sadrˇzani u kvadratu K. 4.1.20. Koja je verovatnoća da je sluˇcajno izabran broj iz skupa N100 = {1, 2, . . . , 99, 100} pri deljenju sa 17 daje ostatak 3 ili 9? 4.1.21.

Koja je verovatnoća da se pri bacanju kocke 6 puta uvek dobija paran broj?

4.1.22. Koja je verovatnoća da u stringu duˇzine 10 sastavljenoj od simbola iz skupa {a, b, c, d, e, f, g, h} uvek imamo podstring abcba? 4.1.23. Koja je verovatnoća da niz bitova duˇzine n predstavlja palindrom (palindrom je rec koja se isto ˇcita i od napred i od natrag)? 4.1.24. Kolika je verovatnoća da sluˇcajno izabrana permutacija iz skupa Sn nema ni jednu fiksnu taˇcku? 4.1.25. Neka su A i B dogadjaji takvi da je P (A) = 0.8 a P (B) = 0.6. Dokazati da je P (A + B) > 0.8 a P (AB) > 0.4.


4.2

295

´ USLOVNA VEROVATNOCA

U mnogim sluˇcajevima u sitaciju smo da razmatramo nastupanje, to jest verovgatnoću nekog dogadjaja, pod uslovom da se već realizovao neki dogadjaj (koji ga moˇze ali ne mora implicirati). Naprimer, ako je sunˇcano vreme tada je verovatnoća da će za pola sata padati kiˇse znatno manja nego kada je oblaˇcno vreme. Ovakve situacije nas navode na uvodjenje sledeće definicije: DEFINICIJA 4.2.1. Neka je A ∈ B fiksiran dogadjaj ˇcija je verovatnoća pozitivna, tj. vaˇzi P (A) > 0. Neka je B bilo koji dogadjaj iz B. Tada P (B | A) =

P (A · B) P (A)

oznaˇcava verovatnoću dogadjaja B pod uslovom da se desio dogadjaj A. Opravdanje za ovakvu definiciju moˇze se naći kako preko klasiˇcne definicije verovatnoće, tako i preko geometrijske definicije verovatnoće. Neka je mA (mB ) broj povoljnih sluˇcajeva za nastupanje dogadjaja A (odnosno B) u prostoru od n elementarnih dogadjaja, mAB broj povoljnih nastupa oba dogadjaja, tj. dogadjaja AB u istom prostoru. Tada je mA mAB mAB P (A) = , P (AB) = , P (B | A) = . n n mA Odavde se neposredno dobija da formula iz Definicije 4.2.1 vaˇzi. Na sliˇcan naˇcin se dobija da isti zakljuˇcak i za geometrijsku verovatnoću (u tom cilju dovoljno je m i n zameniti sa merama odgovarajućih dogadjaja). PRIMER 4.2.2. Niz bita duˇzine 4 generisan je na sluˇcajan naˇcin tako da je svaka od 16 mogućnosti jednako verovatna. Koja je verovatnoća da niz sadrˇzi najmanje dve uzastopne 0, ako se zna da je prvi bit 0? Reˇsenje. Neka je A dogadjaj da niz bita duˇzine 4 sadrˇzi bar dve uzastopne 0, a B dogadjaj da je prvi bit u nizu (duˇzine 4) jednak 0. Tada je P (A | B) =

P (AB) . P (B)

Kako je AB = {0000, 0001, 0010, 0011, 0100}, sledi da je P (AB) = 5/16. Kako ima taˇcno 8 nizova duˇzine 3 koji poˇcinju sa bitom 0, sledi da je P (B) = 8/16 = 1/2. Odavde je P (AB) = 5/8. Definiˇsimo sada novi prostor verovatnoće. DEFINICIJA 4.2.3. (Prostor uslovne verovatnoće) Neka je (Ω, B, P ) prostor verovatnoće. Uredjena trojka (Ω, B, P ∗ ), gde je P ∗ : B −→ IR preslikavanje za koje vaˇzi P ∗ (B) = P (B | A) (B ⊆ B), naziva se prostor uslovne verovatnoće.


296

Moˇze se proveriti da preslikavanje P ∗ ispunjava sve aksiome i)–iii) iz Definicije 4.1.6 Dakle, samim tim je i (Ω, B, P ∗ ) prostor verovatnoće, ili preciznije prostor uslovne verovatnoće (ili prostor relativne verovatnoće). Primetimo sada da je P (AB) = P (A)P (B | A). Nije teˇsko videti i da ova relacija vaˇzi i za sluˇcaj da je P (A) = 0 (naime, tada je i P (AB) = 0 jer je AB ⊆ A, te na osnovu Teoreme 4.1.7 tvrdjenje neposredno sledi). Odavde imamo da je: P (AB) = P (A)P (B | A) (= P (B)P (A | B)) za svako A, B ∈ B. U specijalnom sluˇcaju moˇzemo imati da je P (B | A) = P (B), te samim timim vaˇzi P (AB) = P (A)P (B). U tom sluˇcaju imamo: DEFINICIJA 4.2.4.

Dogadjaji A i B su nezavisni (u parovima) ako vaˇzi P (AB) = P (A)P (B).

U protivnom isti dogadjaji su zavisni. Primetimo joˇs i da je relacija nezavisnosi dva dogadjaja simetriˇcna. Inaˇce ova definicija je bliska onome ˇsto mi intuitivno osećamo, da su dogadjaji nezavisni ako realizacija jednog nema uticaja na realizaciju drugog. Na primer, ako bacamo novˇcić viˇse puta, tada (poˇsto novˇcić nema ”memoriju”) ishod prethodnih eksperimenata nema uticaja na ishode sledećih eksperimenata. Medjutim, ako bi zavisno od ishoda (grb ili pismo), menjali novˇciće, pri ˇcemu oni nisu svi pravilni, gornji zakljuˇcak ne bi vaˇzio. U sledećem primeru pokazaćemo da su dva dogadjaja nezavisna na osnovu definicije. PRIMER 4.2.5. Neka je A dogadjaj da sluˇcajno generisan niz bita duˇzine 4 poˇcinje sa bitom 1, a B dogadjaj da isti niz bitova sadrˇzi paran broj bitova jednakih 1. Da li su dogadjaji A i B nezavisni, ako je svaki niz od 4 bita jednako verovatan? Reˇsenje. Za dogadjaje imamo da je A = {1000, 1001, 1010, 1011, 1100, 1101, 1110, 1111}, a B = {0000, 0011, 0101, 0110, 1001, 1010, 1100, 1111}. Odavde je P (A) = P (B) =

1 8 = . 16 2

Poˇsto je AB = {1111, 1100, 1010, 1001}, to je P (AB) =

1 4 = . 16 4

Odavde imamo da je

11 1 = = p(A)p(B), 4 22 te su dogadjaji A i B nezavisni. Da li je ovo intuitivno jasno? P (AB) =

NAPOMENA.

Geometrijska verovatnoća moˇze posluˇziti da se pojam nezavisnih dogadjaja bolje shvati. Na gornjoj slici prostor Ω je predstavljen u vidu pravougaonika. Dogadjaj A


297

odgovara horizontalnoj traci, a dogadjaj B odgovara vertikalnoj traci. Preseku ovih traka odgovara dogadjaj AB. Sa slike se vidi da se realizacijom bilo koje instance koja odgovara dogadjaju A (ili B) verovatnoća nastupanja dogadjaja B (odnosno A) ne menja. Dakle ovi dogadjaji su nezavisni. Do istog zakljuˇcka dolazimo i ako izraˇcunamo verovatnoće dogadjaja A, B i AB, naravno koristeći opet geometrijsku verovatnoću. Napomenimo da je u prvom sluˇcaju raˇcunata mera duˇzi, a u drugom mera pravougaonika.

B z }| {

Ω

AB

A

Pitanje: ˇsta se moˇze reći u sluˇcaju da figura koja odgovara dogadjaju AB nije pravougaonik, već, na primer, krug?

NAPOMENA.

Vredno je istaći da izmedju medjusobno iskljuˇcivih dogadjaja i nezavisnih dogadjaja ne postoji nikakva veza. Na primer, ako su A i B dva medjusobno iskljuˇciva dogadjaja, tada je P (AB) = 0, dok P (A) i P (B) ne moraju biti dogadjaji ˇcije su verovatnoće jednake 0. Dakle, A i B bi bili zavisni dogadjaji!

TEOREMA 4.2.6. Ako su dogadjaji A i B nezavisni (u parovima), tada su i parovi ¯ A¯ i B ¯ takodje nezavisni (u parovima). dogadjaja A¯ i B, A i B,

Dokaz .

Posmatramo dogadjaje A¯ i B. Tada vaˇzi: ¯ P (AB) = =

P ((Ω − A)B) = P (B − AB) = P (B) − P (AB) ¯ (B). P (B) − P (A)P (B) = (1 − P (A))P (B) = P (A)P

Ovim je dokazano da su A¯ i B (u parovima) nezavisni dogadjaji; sliˇcno se dokazuju i ostali sluˇcajevi. Posmatrajmo sada sluˇcaj kada imamo viˇse i od dva dogadjaja. DEFINICIJA 4.2.7. Neka su A1 , A2 , . . . , An dogadjaji iz istog prostora verovatnoće. Ovi dogadjaji su nezavisni u parovima ako vaˇzi P (Ai · Aj ) = P (Ai ) · P (Aj ) za svako i 6= j; isti dogadjaji su nezavisni u celini ako vaˇzi P(

Y

Ai ) =

i∈I

Y

P (Ai )

i∈I

za svako I, gde je ∅ 6= I ⊆ {1, 2, . . . , n}. Vaˇzno je naglasiti da dogadjaji nezavisni u parovima ne moraju biti nezavisni u celini. Sledeći primer to pokazuje.


298

PRIMER 4.2.8. Pravilan tetraedar obojen sa tri boje, i to tako da je jedna strana obojena samo crvenom, druga samo zelenom, treća samo plavom bojom, a ˇcetvrta strana sa sve tri boje. Bacanjem tetraedra nastupa jedan od dogadjaja R, G, B zavisno od toga koja boja se javlja na nalegloj strani (po bacanju tetraedra). Sada redom imamo: P (R) = P (G) = P (B) =

1 . 2

Dalje je

1 . 4 Odavde neposredno sledi da su dati dogadjaji nezavisni u parovima. Najzad, imamo i da je 1 P (RGB) = . 4 P (RG) = P (RB) = P (GB) =

Medjutim P (R)P (G)P (B) = 81 , te posmatrani dogadjaji nisu nezavisni u celini. Ako dogadjaji nisu nezavisni tada generalno vaˇzi sledeće tvrdjenje. TEOREMA 4.2.9. Neka su A1 , A2 , . . . , An dogadjaji iz istog prostora verovatnoće. Tada vaˇzi P (A1 A2 . . . An ) = P (A1 )P (A2 | A1 )P (A3 | A1 A2 ) . . . P (An | A1 A2 . . . An−1 )

Gornja jednakost se neposredno dokazuje indukcijom, uz primenu definicije uslovne verovatnoće. Sledeći primer ilustruje ovu teoremu. PRIMER 4.2.10. Kutija sa m belih i n crnih kuglica. Koja je verovatnoća da se iz tri izvlaˇcenja sa i bez vraćanja dobiju bela, crna, bela kuglica? Oznaˇcimo najpre sa Bi (Ci ) dogadjaj da je u i–tom izvlaˇcenju izvuˇcena bela (odnosno crna) kuglica. Naˇs cilj je da izraˇcunamo verovatnoću dogadjaja B1 C2 B3 . Posmatraćemo dve varijante, sa vraćanjem izvuˇcene kuglice, i bez vraćanja izvuˇcene kuglice. U prvom sluˇcaju imamo da je P (B1 C2 B3 ) = P (B1 )P (C2 )P (B3 ), te je rezultat

m2 n (m+n)3 .

U drugom sluˇcaju imamo da je P (B1 C2 B3 ) = P (B1 )P (C2 | B1 )P (B3 | B1 c2 )

prema Teoremi 4.2.9. Stoga je rezultat dat sa

m m+n

·

n m+n−1

·

m−1 m+n−2 .

PRIMER 4.2.11. Koji je najmanji broj osoba koje treba okupiti tako da je verovatnoća, da su najmanje dve od njih rodjene istog dana u prestupnoj godini, veća od 12 ? Reˇsenje. Pretpostavimo najpre da su dani rodjenja posmatranih osoba jednako verovatni. Neka je n broj okupljenih osoba. Oznaˇcimo sa pn verovatnoću da su sve osobe rodjene u razliˇcitim danima. Tada je 1 − pn traˇzena verovatnoća. Da bi izraˇcunali pn , zamislimo


299

da svaka osoba (jedna po jedna) pristiˇze na mesto okupljanja. Neka je Ai dogadjaj da je i–ta osoba rodjena u danu koji se razlikuje od dana rodjenja osoba A1 , A2 , . . . , Ai−1 (i = 1, 2, . . . , n). Na osnovu Teoreme ?1.5.9, imamo da je pn = P (A1 )P (A2 | A1 )P (A3 | A1 A2 ) . . . P (An | A1 A2 . . . An−1 ). Dalje vaˇzi:

364 365 , P (A3 | A1 A2 ) = , 366 366 367 − n . . . , P (An | A1 A2 . . . An−1 ) = 366

P (A1 ) = 1, P (A2 | A1 ) =

Stoga je

365 · 354 . . . (367 − n) . 366n−1 Kako je 1 − pn = 12 , izraˇcunavanjem (uz pomoć raˇcunara) dobija se da je n = 23 traˇzeni broj. pn =

Na kraju ovog odeljka ukazaćemo na jednu veoma vaˇznu primenu teorije verovatnoće. Konkretnije, pokazaćemo kako se moˇze dokazati egzistencija kombinatornih objekata bez njihove efektivne konstrukcije (probabilistiˇcki metod). U teoriji grafova Remzijev broj R(r) definiˇse se kao najmanji broj n takav da kompletan grafa Kn pri proizvoljnom bojenju grana tog grafa sa dve boje (na primer, crvenom i plavom) uvek sadrˇzi kompletan podgraf sa r ˇcvorova ˇcije su sve grane obojene ili crvenom, ili plavom bojom. Ocenu (a ujedno i egzistenciju) Remzijevog broja R(r) daćemo teoremom koja bazira na sledećoj jednostavnoj ˇcinjenici: Ako je verovatnoća da element skupa S nema neku osobinu manja od 1, tada postoji element u S sa tom osobinom. TEOREMA 4.2.12.

r

Ako je r > 2, tada je R(r) > 2 2 .

Dokaz . Za r < 4 imamo da je R(2) = 2 i R(3) = 6 (videti zadatak ???). Neka je stoga r > 4. Pokazaćemo da ako je n < 2r/2 da tada postoji bojenje grafa Kn (sa dve boje) tako da se javlja podgraf sa r ˇcvorova ˇcije su sve grane obojene jednom bojom. Stoga je r R(r) > 2 2 . Pretpostavimo da se svaka grana grafa Kn boji jednom od boja sa istom verovatnoćom (= 1/2), i to nezavisno od ¡ ¢bojenja drugih grana. Neka je K ukupan broj podgrafova sa r ˇcvorova. Jasno, K = nr . Neka je Ai dogadjaj da su grane i–tog podgrafa obojene jednom bojom. Verovatnoća postoji podgraf sa r ˇcvorova ˇcije su sve grane obojene jednom bojom je p(

K X i=1

Ai ). S obzirom da je izbor svake od boja jednak 12 , dobijamo da

je P (Ai ) = 2( 12 )K (mnoˇzenje sa 2 se javlja zbog postojanja dve boje). Koristeći Bulovu nejednakost imamo: K X

p(

Ai ) 6

i=1

K X i=1

p(Ai ) = K · 2( 21 )K .

Kako je n − k 6 n i k > 2 (za k = 2, 3, . . . , r) imamo da je K X

p(

i=1

r

Ai ) 6

n n · 2( 12 )( r ) . r−1 2

¡n¢ r

6

nr . Stoga vaˇzi 2r−1


300

Dalje, ako je n < 2r/2 , sledi nr 2r(r/2) 1 r(r−1)/2 · 2( ) < · 2( 12 )r(r−1)/2 = 22−(r/2) 6 1; 2 2r−1 2r−1 poslednja nejednakost vaˇzi jer je r > 4. Stoga je K X

p(

Ai ) < 1

i=1

za r > 4.

´ I FORMULA TOTALNE VEROVATNOCE BAJESOVA FORMULA Neka su B1 , B2 , . . . , Bn medjusobno iskljuˇcivi dogadjaji koji prekrivaju ceo prostor Ω, ili neki njegov deo. Dakle B1 + B2 + . . . + Bn ⊆ Ω. Ako je ispunjeno da je A ⊆ B1 + B2 + . . . + Bn tada se kaˇze da posmatrana familija dogadjaja obrazuje potpun sistem dogadjaja za dogadjaj A (A se realizuje realizacijom nekog elementarnog dogadjaja koji je sadrˇzan u nekom od dogadjaja iz posmatrane familije. Stoga je A ⊆ B1 + B2 + . . . + Bn . Odavde je A = AB1 + AB2 + . . . + ABn , odnosno P (A) = P (B1 )P (A | B1 ) + P (B2 )P (A | B2 ) + . . . + P (Bn )P (A | Bn ). Ova formula je poznata i kao formula totalne verovatnoće. Ujedno smo dokazali: TEOREMA 4.2.13. Ako familija dogadjaja B1 , B2 , . . . , Bn obrazuje potpun sistem dogadjaja za dogadjaj A tada vaˇzi P (A) =

n X

P (Bi )P (A | Bi ).

i=1

PRIMER 4.2.14. Posmatrajmo tri kutije sa po 10 priozvoda, pri ˇcemu u prvoj ima 4, u drugoj 3 a u trećoj 5 neispravnih proizvoda. Iz jedne kutije se uzimaju tri proizvoda. Kolika je verovatnoća da ih je k ispravnih? Reˇsenje. Neka K1 , K2 i K3 oznaˇcavaju dogadjaje da su proizvodi izvuˇceni redom iz prve, druge i treće kutije. Oznaˇcimo sa Nk dogadjaj da je k proizvoda neispravno. Tada je Nk = K1 · Nk + K2 · Nk + K3 · Nk .


301

Naime dogadjaj Nk moˇze nastupiti kao rezultat nastupanja dogadjaja Ki (i = 1, 2, 3). Na osnovu formule za totalnu verovatnoću dobijamo da je P (Nk ) = P (K1 )P (Nk | K1 ) + P (K2 )P (Nk | K2 ) + P (K3 )P (Nk | K3 ).

Odavde, na primer za k = 2, imamo Ã¡¢ ¡3¢ ¡5¢ ! 4 1 3 3 3 ¡10¢ + ¡10¢ + ¡10 ¢ . P (N2 ) = 3 3 3 3 Posmatrajmo sada sledeću situaciju. Neka je H1 , H2 , . . . , Hn potpun sistem dogadjaja za dogadjaj A (ovi dogadjaji predstavljaju potpun sistem hipoteza za nastupanje dogadjaja A), i neka je P (A) 6= 0. Tada vaˇzi: P (Hi | A) = a odavde je P (Hi | A) =

P (Hi )P (A | Hi ) , P (A) P (Hi )P (A | Hi )

n X

,

P (Hj )P (A | Hj )

j=1

na osnovu formule za totalnu verovatnoću. Ova formula poznata je kao Bajesova (eng. Bayes) formula. Ona daje verovatnoću nastupanja neke hipoteze (iz potpunog sistema hipoteza), pod uslovom da se desio neki dogadjaj A. TEOREMA 4.2.15. Ako familija hipoteza H1 , H2 , . . . , Hn obrazuje potpun sistem hipoteza za nastupanje dogadjaja A tada vaˇzi P (Hi | A) =

P (Hi )P (A | Hi ) n X

.

P (Hj )P (A | Hj )

j=1

Na primer, u prethodnom primeru, ako je nastupio dogadjaj Nk , mogli smo se zapitati koja je verovatnoća da se realizovala i-ta hipoteza , tj. da je izvlaˇcenje tri proizvoda obavljeno iz i-te kutije? Jasno je da je tada P (Ki | Nk ) =

P (Ki )P (Nk | Ki ) . P (K1 )P (Nk | K1 ) + P (K2 )P (Nk | K2 ) + P (K3 )P (Nk | K3 )

PRIMER 4.2.16. Imamo sto sa 4 fioke koje redom sadrˇze 3 zlatna, 2 zlatna i 1 srebren, 1 zlatan i 2 srebrena, 3 srebrena novˇcića. Bira se jedna fioka, uzima jedan novˇcić i konstatije se da je on zlatan. Koja je verovatnoća da je on uzet iz i-te fioke? Reˇsenje. Neka je Fi dogadjaj da je izabrana i–ta fioka, a Z da je izvuˇceni novćić zlatan. Nas interesuje uslovna verovatnoća P (Fi | Z). Primenom Bajesove formule imamo P (Fi | Z) =

P (Fi )P (Z | Fi ) . P (F1 )P (Z | F1 ) + P (F2 )P (Z | F2 ) + P (F3 )P (Z | F3 ) + P (F4 )P (Z | F4 )


302

S obzirom da su sve fioke jednako verovatne (dakle P (Fi ) = 14 ) dobijamo da je P (Fi | Z) =

P (Z | Fi ) . P (Z | F1 ) + P (Z | F2 ) + P (Z | F3 ) + P (Z | F4 )

Odavde, na primer za i = 2, imamo da je P (Z | F2 ) =

2 3 3 2 1 0 + + 3 3 3+3

.

ZADACI 4.2.1. U jednoj kutiji se nalazi 5 crvenih i 5 belih kuglica, a u drugoj 8 crvenih i 2 bele. Ne zna se koja je od te dve kutije prva, a koja druga. Student iz prve kutije izvlaˇci belu kuglicu i prebacuje je u drugu kutiju. Zatim student iz druge kutije izvlaˇci belu kuglicu i prebacuje je u prvu kutiju. Na kraju, student ponovo izvlaˇci kuglicu iz prve kutije. Ukoliko je ta kuglica bela, kolika je verovatnoća da je ta kutija na poˇcetku imala po 5 belih i 5 crvenih kuglica? 4.2.2. Jednu kocku smo obojili, a zatim je isekli na manje medjusobno jednake kockice tri puta kraćih ivica od polazne. Sluˇcajno biramo jednu od dobijenih kockica i bacamo je. Odrediti verovatnoću dogadjaja A da je baˇcena kockica pala na obojenu stranu. 4.2.3. U kutiji se nalaze dve kocke. Jednoj su tri polja oznaˇcena brojem 1 i tri preostala polja brojem 2, dok su drugoj dva polja oznaˇcena brojem 1, a preostala ˇcetiri polja brojem 2. Sluˇcajno izvlaˇcimo jednu kocku i bacamo je. Pojavio se broj 1. Koja je verovatnoća da smo izvukli prvu kocku? 4.2.4. Dokazati da za dogadjaje A i B vaˇzi: P (A + B) > P (A) + P (B) − 1. Ovo nejednakost Pn kao nejednakost Bonferonija (it. Bonferroni). Takodje dokazati Pn je poznata da je P ( i=1 Ai ) > i=1 P (Ai ) − (n − 1), gde su A1 , A2 , . . . , An proizvoljni dogadjaji. 4.2.5. Kolika je uslovna verovatnoća da se pojave taˇcno ˇcetiri grba u seriji od pet bacanja pravilnog novˇcića, ako se zna da je u prvom bacanju ishod bio grb? 4.2.6. Neka je A dogadjaj da sliˇcajno generisani niz bitova duˇzine tri sadrˇzi neparan broj 1-ica, a B dogadjaj da isti takav niz bitova poˇcinje sa 1. Da li su A i B nezavisni dogadjaji? 4.2.7. Neka su A i B dva nezavisna dogadjaja, i neka je p = P (A), a q = P (B). Odrediti verovatnoće da se dogodi: a) bar jedan od datih dogadjaja; b) oba dogadjaja; c) samo jedan od datih dogadjaja; c) nijedan od datih dogadjaja; d) samo prvi (samo drugi) dogadjaj.


4.3

303

ˇ SLUCAJNA PROMENLJIVA

Za neku promenljivu u zadatom opsegu (obiˇcno je to interval u IR) kaˇze se da je sluˇcajna promenljiva ako se njena vrednost ne moˇze znati unapred, ali se moˇze precizirati verovatnoća da ona uzme neke od vrednosti iz podopsega unutar posmatranog opsega. Neka je (Ω, B, P ) prostor verovatnoće. Tada formalno imamo: svako preslikavanje X : Ω → IR. predstavlja jednu sluˇcajnu promenljivu. Skup X(Ω) je opseg iz koga sluˇcajna promenljiva uzima vrednosti; ako je I ⊆ X(Ω) ⊆ IR takav da X −1 (I) ∈ B tada vaˇzi P (X ∈ I) = P (X −1 (I)). Drugim reˇcima, verovatnoća da sluˇcajna promenljiva X izme vrednost iz intervala I jednaka je verovatnoći dogadjaja koji se sastoju iz svih onih elementarnih dogadjaja ˇcija je slika (dejstvom funkcije X) sadrˇzana u intervalu I. U sluˇcaju da je X(Ω), tj. skup slika funkcije X konaˇcan, ili prebrojiv, ili najviˇse prebrojiv (to jest diskretan), tada se kaˇze da je odgovarajuća sluˇcajna promenljiva konaˇcnog tipa, prebrojivog tipa, odnosno diskretnog tipa, respektivno. U protivnom, imamo znatno sloˇzeniju situaciju (na primer, sluˇcajne promenljive mogu biti kontinualnog tipa, meˇsovitog tipa, itd.). PRIMER 4.3.1. (Sluˇcajna promenljiva konaˇcnog tipa) Neka je Ω = Ω1 + Ω2 . Neka je X : Ω → IR dato sa: X(e) = a za e ∈ Ω1 , X(e) = b za e ∈ Ω2 . Tada je X −1 (a) = Ω1 , X −1 (b) = Ω2 . P (X = a) = P (Ω1 ) = p1 , P (X = b) = P (Ω2 ) = p2 (gde je p1 + p2 = 1). Oˇcigledno je da je ova sluˇcajna promenljiva konaˇcnog tipa. Primetimo da skup Ω moˇze biti i beskonaˇcan, ali da to nema znaˇcaja. Ovakva situacija odgovara Bernulijevom eksperimentu. Tada skup B ima samo ˇcetiri elementa {∅, A, A, Ω}. A je dogadjaj koji moˇze ali ne mora da nastupi pri svakom eksperimentu. Opˇstiji sluˇcaj nastupa ako je Ω = Ω1 +Ω2 +· · ·+Ωn za neko n ∈ N, i ako je X(e) = xi za e ∈ Ωi (i = 1, 2, . . . , n). Tada je X −1 (xi ) = Ωi , a P (X = xi ) = P (Ωi ) = pi . Jasno je da je tada p1 + p2 + · · · + pn = 1, kao i da je X je sluˇcajna promenljiva konaˇcnog tipa. PRIMER 4.3.2. (Sluˇcajna promenljiva prebrojivog tipa) Neka je Ω = ∪∞ i=1 Ωi . Neka je X : Ω → IR dato sa: X(e) = xi za e ∈ P Ωi (i ∈ N). Tada je X −1 (xi ) = Ωi , a ∞ P (X = xi ) = P (Ωi ) = pi . Jasno je da je sada i=1 pi = 1. Napomenimo da se u oba gornja primera verovarnoće pi mogu birati proizvoljno (vaˇzno je samo da je svaka nenegativna, kao i da im je suma jednaka 1). DEFINICIJA 4.3.3.

Neka je X diskretna sluˇcajna promenljiva. Tada se jednakost P (X = xi ) = pi (i ∈ I)

naziva se zakon raspodele sluˇcajne promenljive X. Zakon raspodele u potpunosti odredjuje sluˇcajnu promenljivu diskretnog tipa.


304

Imajući u vidu svojstvo iii) iz Definicije 1.3.1, neposredno dobijamo da je za sluˇcajnu promenljivu diskretnog tipa X P (X 6 x) = P (X = xi ). xi 6x

Sledeća funkcija igra veoma vaˇznu ulogu u teoriji verovatnoće. DEFINICIJA 4.3.4.

Funkcija F : IR → IR data sa F (x) = P (X 6 x)

predstavlja funkciju raspodele sluˇcajne promenljive X, ili takozvanu kumulativnu funkciju raspodele sluˇcajne promenljive X.

NAPOMENA.

U literaturi mnogi autori funkciju raspodele definiˇsu i u neˇsto modifikovanom obliku kao funkcija F : IR → IR datu sa F (x) = P (X < x).

Osnovne osobine funkcija raspodele date su sledećom teoremom: TEOREMA 4.3.5.

Ako je F (x) funkcija raspodele sluˇcajne promenljive X tada vaˇzi:

i) 0 6 F (x) 6 1; ii) F (x) je neopadajuća funkcija; iii) ako je X sluˇcajna promenljiva konaˇcnog tipa tada je F (x) deo po deo konstantna funkcija, i to neprekidna sa desne strane3 ; iv) v)

lim F (x) = 0;

x→−∞

lim F (x) = 1.

x→+∞

Dokaz . Svojstvo i) je oˇcigledno (na osnovu definicije verovatnoće). Svojstvo ii) proizilazi iz ˇcinjenice da je verovatnoća monotona funkcija u odnosu na domen. Da bismo dokazali iii), pretpostavimo da je X sluˇcajna promenljina konaˇcnog tipa, neka su x1 , x2 , ..., xn (x1 < x2 < · · · 6 xn ) vrednosti koje ona moˇze da uzme. Neka je najpre xi < x < xi+1 . Tada je F (x) = P (X 6 x) = P (x 6 xi ) + P (xi < X 6 x)), na osnovu aditivnosti verovatnoće. Medjutim, P (xi < X < x)) = 0, tako da je F (x) = F (xi ) za svako x iz posmatranog opsega. Samim tim F (x) je konstantno u intervalu (xi , xi+1 ) (za svako i). U taˇcki x = xi funkcija ima skok jednak F (xi ) − F (xi−1 = pi . Time je dokazano iii). Svojstva iv) i v) slede na osnovu definicija.

3 Ako

je X sluˇ cajna promenljiva prebrojivog tipa, tada svojstvo iii) ne mora da vaˇ zi.


305

Vaˇze i sledeća svojstva koje nećemo pokazivati: TEOREMA 4.3.6.

Ako je F (x) funkcija raspodele sluˇcajne veliˇcine X tada vaˇzi:

1◦ P (a < X 6 b) = F (b) − F (a); 2◦ P (a < X < b) = F (b− ) − F (a); 3◦ P (a 6 X < b) = F (b− ) − F (a− ); 4◦ P (a 6 X 6 b) = F (b) − F (a− ); 5◦ P (X = a) = F (b) − F (b− ); 6◦ P (X > a) = 1 − P (X 6 a); 7◦ P (X > a) = 1 − P (X < a).

Na osnovu ove teoreme imamo da se verovatnoća da sluˇcajna veliˇcine uzme vrednost u bilo kom opsegu koji je interval (mogućno i poluzatvoren, ograniˇcen ili neograniˇcen), ili segment (mogućno i poluzatvoren) moˇze izraziti preko funkcije raspodele. Posmatraćemo sada sluˇcajne vektore. DEFINICIJA 4.3.7. Neka su X1 , X2 , . . . , Xn sluˇcajne promenljive (nad istim prostorom verovatnoće), i neka je Y = (X1 , X2 , . . . , Xn ) odgovarajuća n–torka. Tada se za Y kaˇze da je sluˇcajni vektor, ili n–dimenzionalna sluˇcajna promenljiva. U daljim razmatranjima, ponajviˇse iz tehniˇckih razloga uzećemo da je n = 2. U tom sluˇcaju kaˇzemo da imamo dvodimenzionalnu sluˇcajnu promenljivu, ili vektor. Na primer, ako dve osobe istovremeno bacaju (istovetne) kocke, tada je prostor elementarnih dogadjaja dat sa {(1, 1), (1, 2), . . . , (6, 6)}. Sada se moˇze postaviti pitanje kolika je verovatnoća dogadjaja da je prva osoba dobila broj manji ili jednak 3, a druga manji ili jednak 5. Ovo nas navodi na sledeću definiciju: DEFINICIJA 4.3.8. Zajedniˇcka funkcija raspodele sluˇcajnog vektora Z = (X, Y ) je preslikavanje F : IR2 → IR dato sa FZ (x, y) = P (X 6 x, Y 6 y). Funkcije raspodele FX (x) = P (X 6 x) i FY (y) = P (Y 6 y) nazivaju se marginalnim funkcijama raspodele. Za sluˇcajan vektor koji uzima najviˇse prebrijivo mnogo vrednosti kaˇze se da je diskretan sluˇcajni vektor. Takvi sluˇcajni vektori se mogu opisati zajedniˇckim zakonom raspodele pij = P (X = xi , Y = yj ).


306

1 Recimo, u gornjem sluˇcaju koji se odnosi na bacanje dve kocke, imamo da je pij = 36 za bilo koje vrednosti za i i j (1 6 i, j 6 6). Primetimo da je u ovom sluˇcaju vaˇzi pij = pi pj . Ovo nas navodi na sledeću definiciju:

DEFINICIJA 4.3.9. Sluˇcajne promenljive X1 , X2 , . . . , Xn nad istim prostorom verovatnoće su medjusobno nezavisne (u celini) ako za bilo koje skupove D1 , D2 , . . . , Dn iz IR za koje sve donje verovatnoće imaju smisla vaˇzi P (X1 ∈ D1 , X2 ∈ D2 , . . . , Xn ∈ Dn ) = P (X1 ∈ D1 )P (X2 ∈ D2 ) · · · P (Xn ∈ Dn ). U protivnom, odgovarajuće sluˇcajne promenljive su zavisne.

PRIMER 4.3.10. Posmatrajmo jedan od modela Bernulijevog eksperimenta (sa bacanjem nehomogenog novˇcića), i dve sluˇcajne promenljive X i Y za koje vaˇzi: X(G) = 0,

X(P ) = 1,

odnosno

Y (G) = 1,

Y (P ) = 0

(G i P oznaˇcavaju redom realizaciju grba i pismo). Poznato je joˇs da su q i p verovatnoće dogadjaja G i P , respektivno. Primetimo i da je Y = 1 − X. Stoga, kao ˇsto intuicija nalaˇze, ove dve sluˇcajne promenljive su zavisne. Da be se uverili u to, primetimo najpre da je P (X = 0) = q, P (Y = 0) = p, dok je P (X = 0, Y = 0) = 0. Stoga, ako su p i q razliˇciti od 0, imamo da je P (X = 0, Y = 0) 6= P (X = 0) · P (Y = 0).

ˇ NEKE VAZNIJE RASPODELE Pomenućemo sada neke vaˇznije raspodele diskretnog tipa. Drugim reˇcima za njih ćemo precizirati zakone raspodele. PRIMER 4.3.11. Bernulijeva raspodela. Sluˇcajna promenljiva X moˇze uzimati samo dve razliˇcite vrednosti, na primer, 0 i 1, i to sa verovatnoćama q i p, respektivno (gde je p + q = 1). Uobiˇcajeno, ova raspodela je vezana za Bernulijev (fra. Bernoulli) eksperiment, gde neki povoljan dogadjaj, recimo A, moˇze nastupiti sa verovatnoćom p, odnosno nenastupiti sa verovatnoćom q. Vrednosti 0 i 1 predstavljaju indikatore dogadjaja A, dakle za X(e) = 0 dogadjaj nije nastupio (e 6∈ A), a za X(e) = 1 dogadjaj je nastupio (e ∈ A). Zakon raspodele je dat sa: P (X = 0) = 1 − p, P (X = 1) = p.

PRIMER 4.3.12. Binomna raspodela. Binomna raspodela se na prirodan naˇcin javlja kao rezultat ponavljanja Bernulijevog eksperimenta. Sada nas interesuje da se povoljni dogadjaj A realizuje odredjen broj puta u seriji od n ponavljanja Bernulievog eksperimenta. Dakle sluˇcajna promenljiva X sada moˇze uzimati vrednosti iz skupa {0, 1, . . . , n}. Neka je Bk dogadjaj da se u n bacanja novˇcića povoljan dogadjaj realizuje k puta. Neka je Ai dogadjaj da se u i–tom eksperimentu javlja povoljan ishod. Tada je P (Bk ) =

n XY

ek i=1

Aei i gde se sumiranje proteˇze


307

preko svih n–norki je ek = (e1 , e2 , . . . , en ) iz {0, 1}n sa taˇcno k jedinica; takodje vaˇzi A0 = A, i A1 = A. Pod pretpostavkom da su dogadjaji ¡ ¢Ai nezavisni u celini (a samim tim i eksperimenti) imamo da je P (Bk ) = P (X = k) = nk pk (1 − p)n−k . Naime, povoljni dogadjaj koji ¡se¢ sastoji od realizacije k povoljnih ishoda u n eksperimenata se moˇze realizovati na nk naˇcina, a verovatnoće realizacija bilo koje varijante su jednake pk q n−k . Stoga je zakon raspodele je dat sa: µ ¶ n k n−k P (X = k) = p q (k = 0, 1, . . . , n). k Za Binomnu raspodelu vredi primetiti da P (X = k) kao funkcija od k u opsege [0, 1, . . . , n] najpre raste pa zatim opada; stoga se kaˇze i da je ova raspodela unimodalna. Da bismo se u to uverili primetimo da je koliˇcnik P (X = k + 1) p(n − k) = P (X = k) q(k + 1)

> 1, = 1, < 1,

za k < np − q za k = np − q . za k > np − q

Dakle, P (X = k) raste od 0 do do k = bnp − qc, a opada od dnp − qe do n. Dakle najveća verovatnoća se doseˇze za k koje je pribliˇzno jednako, ili eventualno jednako, matematiˇckom oˇcekivanju. ` ´ Izraˇcunavanje verovatnoće P (X = k) date se nk pk q n−k , za velike vrednosti n moˇze se dosta uprostiti ako se iskoristi lokalna Muavrova aproksimacija (fra. De Moivre) koja glasi: ! 2 n k n−k 1 − (k−np) p q ≈ e 2πnpq . k 2π

NAPOMENA.

Postoji i globalna Muavrova aproksimacija prema kojoj je: ! Z m X (t−np)2 n k n−k 1 − p q ≈ e 2πnpq dt. k 2π k=0

Za (pribliˇzno) izraˇcunavanje integrala

Rx 0

1 2

e 2 t dt koriste se tablice.

PRIMER 4.3.13. Geometrijska raspodela. Bernulijevi eksperimenti sa verovatnoćom nastupanja povoljnog dogadjaja A se izvode sve do prvog nastupanja dogadjaja A (na primer, gadjamo u metu sve do prvog pogotka). Sluˇcajna promenljiva X uzima vrednosti iz skupa {1, 2, . . .}, sa verovatnoćom P (X = k) = (1 − p)k−1 p, pod pretpostavkom da su eksperimenti nezavisni. Naime, X = k ako i samo ako se u prvih k − 1 eksperimenata ne dogodi dogadjaj A, dok se u k–tom dogodi. Zakon raspodele je dat sa: P (X = k) = q k−1 p (k = 1, 2, . . .). Celokupna situacija vezana za ponavljanje eksperimenata moˇze se pregledno prestaviti stablom verovatnoća. To je korensko stablo (videti odeljak ”Korenska stabla”, str. 210) u kome koren odgovara nemogućem dogadjaju (nulti eksperiment), a svaki ˇcvor na i–tom nivou dogadjaju A1 A2 · · · Ai , koji je nastupio po realizaciji dogadjaja A1 A2 · · · Ai−1 u prvih i − 1 eksperimenata i dogadjaja Ai u i–tom eksperimentu. Pretpostavka je da Aj (j = 1, 2, . . . , i) pripada nekom skupu elementarnih dogadjaja (ishoda eksperimenata). Na primer, za gornje raspodele imamo da Aj ∈ {G, P } (G glava, P pismo) za binomnu raspodelu, odnosno Aj ∈ {M, P } (M pogodak u metu, P promaˇsaj mete) za geometrijsku raspodelu. Na sledećim slikama su prikazana stabla verovatnoća.


308 ∅

∅

G1

P1

P1

M1

P2

G1 G2

G1 P2

P1 G2

M2

P 1 P2 P3

P4

G1 G2 G3

G1 G2 P3

G1 P2 G3

G1 P2 P3

P1 G2 G3

P1 G2 P3

P1 P2 G3

M3

M4

P 1 P 2 P3

PRIMER 4.3.14. Puasonova raspodela. Dobila je ime po francuskom matematiˇcaru Puasonu (fra. Poisson). Sluˇcajna promenljiva X uzima vrednosti iz skupa {0, 1, 2, . . .}, dakle iz skupa N0 . Zakon raspodele je dat sa: P (X = n) = e−λ

λn (λ > 0; n = 0, 1, . . . , n, . . .). n!

ˇ NUMERICKE KARAKTERISTIKE Za bolje sagledavanje nekih sluˇcajnih promenljivih uvode se i razni numeriˇcki pokazatelji koji pruˇzaju neke veoma bitne informacije o sluˇcajnoj promenljivoj. Jedna od ideja je da se vidi kako se grupiˇsu vrednosti sluˇcajnih promenljivih (da li su blizu neke fiksne vrednosti, koliko su rasuti od nje itd.). U tom cilju, pre nego ˇsto definiˇsemo matematiˇcko oˇcekivanje (kao jedan od najvaˇznijih pokazatelja) posmatrajmo konaˇcan niz eksperimenata, kao i odgovarajuću sluˇcajnu promenljivu X. Pretpostavimo da je sluˇcajna promenljiva X uzela, u n ponavljanja eksperimenta, sledeće vrednosti: x1 ukupno n1 puta; x2 ukupno n2 puta; i tako redom, xk ukupno nk puta. Potsetimo se da brojevi ni nazijaju (apsolutnim) frekvencijama nastupanja dogadjaja da je sluˇcajna promenjiva X uzela vrednost xi (i = 1, 2, . . . , k). Takodje imamo da su fi = nni relativne frekvencije (jasno, n = n1 + n2 + · · · + nk ). Veliˇcina Pk k X ni xi fi xi (= i=1 ) n i=1 predstavlja srednju vrednost sluˇcajne veliˇcine X u seriji od n eksperimenata. Primetimo da relativne frekvencije (kada n → ∞) teˇze verovatnoćama odgovarajućih dogadjaja (prema statistiˇckom pristupu dodele verovatnoće dogadjajima). Ovo nas navodi da uvedemo sledeću definiciju: DEFINICIJA 4.3.15. konaˇcnog tipa dato je sa

Matematiˇcko oˇcekivanje E(X) sluˇcajne promenljive X E(X) =

n X

pi xi .

i=1

Ukoliko je sluˇcajna promenljiva prebrojivog tipa tada, pod uslovom da je odgovarajući red apsolutno konvergentan, vaˇzi E(X) =

∞ X i=1

pi xi .


309

Dakle matematiˇcko oˇcekivanje je, drugim reˇcima reˇceno, isto ˇsto i srednja vrednost sluˇcajne promenljive (ista impretacija moˇze se dati i za sluˇcajnu promenljivu prebrojivig tipa). NAPOMENA.

Preciznija definicija matematiˇckog oˇcekivanja za sluˇcajne promenljive diskretnog tipa bi bila X E(X) = X(e)P ({e}). e∈Ω

Iz nje se lako mogu dobiti izrazi iz gornje definicije.

PRIMER 4.3.16.

Za sluˇcajnu promenljivu X koja ima Bernulijevu raspodelu vaˇzi E(X) = p.

Opˇstije, ako posmatramo sluˇcajnu promenljivu X koja ima Binomnu raspodelu tada je E(X) =

n µ ¶ X n i n−i p q i. i i=0

ˇ Citaocu se ostavlja da dokaˇze da je E(X) = np. Sledeća teorema iskazuje veoma vaˇzno svojstva matematiˇckog oˇcekivanja. TEOREMA 4.3.17. verovatnoće. Tada vaˇzi

Neka su X i Y dve sluˇcajne promenljive nad istim prostorom

i) E(c) = c, gde je c realna konstanta; ii) E(cX) = cE(X), gde je c realna konstanta; iii) E(X + Y ) = E(X) + E(Y ); iv) E(aX + bY ) = aE(X) + E(bY ), gde su a i b realne konstante.

Dokaz . Dokazaćemo samo iii) (s obzirom da i) i ii) direktno slede iz definicije). Primetimo da se matematiˇcko oˇcekivanje (videti gornju napomenu) moˇze prikazati u vidu X E(Z) = Z(e)P ({e}). e∈Ω

Odavde je E(X + Y ) = =

X e∈Ω

P ({e})X(e) +

X

X

P ({e})(X(e) + Y (e))

e∈Ω

P ({e})Y (e) = E(X) + E(Y ).

e∈Ω

Primetimo da iv) direktno sledi iz ii) i iii).


310

Svojstva ii), iii) i iv) iz gornje teoreme redom su poznata kao homogenost, aditivnost i linearnost matematiˇckog oˇcekivanja. Napomenimo da se aditivnost i linearnost mogu proˇsiriti na sumu (linearnu kombinaciju) viˇse od dve sluˇcajne promenljive (dokaz se moˇze izvesti matematiˇckom indukcijom). PRIMER 4.3.18. skupa {1, 2, . . . , n}.

Odrediti matematiˇcko oˇcekivanje broja inverzija u permutaciji

Reˇsenje. Neka je Ii,j sluˇcajna promenljiva koja predstavlja indikator inverzije elemenata na pozicijama i i j (1 6 i < j 6 n), to jest Ii,j = 0 ako elementi na pozicijama i i j nisu u inverziji, i Ii,j = 1 u protivnom. Ukupan broj inverzija u permutaciji jednak je X X= Ii,j . 16i
Smatraćemo da je jednako verovatno da elementi na pozicijama i i j budu, ili ne budu, u inverziji. Stoga je E(Ii,j ) = 0 · p(Ii,j = 0) + 1 · p(Ii,j = 1) = 0 · 1/2 + 1 · 1/2 = 1/2. Odavde n(n−1) se lako dobija (na osnovu aditivnosti matematiˇ . 4 ¡n¢ ckog oˇcekivanja) da je E(X) = Napomena: Ovaj rezultat kazuje da od 2 parova brojeva za oˇcekivanje da su pola parova u prirodnom poretku, a preostalih pola u inverznom poretku. Posmatrajmo sada proizvod dve sluˇcajne promenljive. Ako su sluˇcajne promenljive zavisne tada matematiˇcko oˇcekivanje njihovog proizvoda ne mora biti jednako proizvodu njihovih matematiˇckih oˇcekivanja. Na primer, ako uzmemo sluˇcajne promenljive X i Y is Primera ?1.7.10, tada je E(X · Y ) = 0, a E(X) = p, E(Y ) = q, ˇsto je za p, q 6= 0 razliˇcto. Medjutim za nezavisne sluˇcajne promenljive imamo: TEOREMA 4.3.19.

Ako su X i Y dve nezavisne sluˇcajne promenlive tada vaˇzi E(X · Y ) = E(X) · E(Y ).

Dokaz .

Dokaz ćemo dati samo za sluˇcajne promenljive diskretnog tipa. Tada imamo XX XX E(X · Y ) = xi yj P (X = xi , Y = yj ) = xi yj P (X = xi )P (Y = yj ) i∈I j∈J

" =

i∈I j∈J

 #  X X xi P (X = xi ) ·  yj P (Y = yj ) = E(X) · E(Y ). i∈I

j∈J

Ovim je dokaz kompletiran. Pre nego ˇsto definiˇsemo varijansu, posmatrajmo dve sluˇcajne promenljive koje imaju istu srednju vrednost, na primer m. Medjutim, moˇze se desiti da kod jedne od njih (ako bi ponavljali eksperiment) da se vrednosti izrazito grupiˇsu oko broja m, dok kod druge nema takve tendencije. Za ovu drugu kazemo da ima veliko rasipanje. Jedna od mera rasipanja je upravo varijansa.


DEFINICIJA 4.3.20. konaˇcnog tipa dato je sa

311

Varijansa (ili rasipanje) V ar(X) sluˇcajne promenljive X

V ar(X) =

n X

pi (xi − E(X))2 .

i=1

Ukoliko je sluˇcajna promenljiva prebrojivog tipa tada, pod uslovom da je odgovarajući red apsolutno konvergentan, vaˇzi V ar(X) =

∞ X

pi (xi − E(X))2 .

i=1

Takodje vaˇzi V ar(X) = E((X − E(X))2 ).

NAPOMENA.

Kao u sluˇcaju matematiˇckog oˇcekivanja, preciznija definicija varijanse za sluˇcajne promenljive diskretnog tipa bi bila X V ar(X) = (X(e) − E(X))2 P ({e}). e∈Ω

Iz nje se lako mogu dobiti izrazi iz gornje definicije. P P E(X)| ali je Umesto i∈I pi (xi − E(X))2 moˇze se koristiti i i∈I pi |xi −P sa stanoviˇsta izraˇcunavanja nepogodnija za rad. Pogreˇsno bi bilo posmatrati sumu ∞ i=1 pi (xi − E(X)) (zaˇsto?).

NAPOMENA.

PRIMER 4.3.21. Uzmimo najpre da je X sluˇcajna promenljiva data Bernulijevom raspodelom. Direktnom zamenom imamo da je V ar(X) = p(1 − p) (= pq). U sluˇcaju da je X sluˇcajna promenljiva data Binomnom raspodelom imamo n µ ¶ X n i n−i V ar(X) = p q (i − np)2 . i i=0

Potsetimo se da je E(X) = np. Odavde je V ar(X) = np(1 − p) (= npq). (Videti takodje Primer ?) Da bi se oˇcuvala originalna dimenzija sluˇcajne veliˇcine (pogotovu ako je u pitanju fiziˇcka veliˇcina) varijansa se korenuje. Stoga imamo: DEFINICIJA 4.3.22. sa

Standardna devijacija σ(X) sluˇcajne promenljive X data je p σ(X) = V ar(X).

Neka je φ : R → R realna funkcija. Generalno, moˇze se definisati i matematiˇcko oˇcekivanje bilo koje funkcije sluˇcajne promenljive. Time ustvari posmatramo novu


312

sluˇcajnu promenljive, dakle φ(X) nastalu od X, tj. prethodne sluˇcajnu promenljive. U specijalnom sluˇcaju, ako uzmemo da je φ(x) = xk dobijamo: DEFINICIJA 4.3.23. diskretnog tipa dat je sa

Momenat k–tog reda mk (X) sluˇcajne promenljive X mk =

X

pi xki ,

i∈I

gde je k ∈ N, a I diskretan skup. Centrirani momenat k–tog reda µk (X) sluˇcajne promenljive X diskretnog tipa dat je sa X µk (X) = E((X − E(X))k ) = pi (xi − E(X))k . i∈I

NAPOMENA.

U sluˇcaju da je I prebrojiv skup uobiˇcajen zahtev je da je odgovarajući red apsolutno konvergentan.

Dokazaćemo sada formulu koja daje alternativni izraz za varijansu. TEOREMA 4.3.24.

Ako je X sluˇcajna veliˇcina tada vaˇzi V ar(X) = E(X 2 ) − E(X)2 .

Dokaz .

Na osnovu definicije imamo X X X X pi xi E(X) + pi E(X)2 . V ar(X) = pi (xi − E(X))2 = pi x2i − 2 i∈I

i∈I

i∈I

Odavde je V ar(X) = E(X 2 ) − 2E(X)

X

pi xi + E(X)2

i∈I

te sredjivanjem dobijamo

i∈I

X

pi ,

i∈I

V ar(X) = E(X 2 ) − E(X)2 .

Sledeće osobine su karakteristiˇcne za varijansu: TEOREMA 4.3.25. vaˇzi

Neka je X sluˇcajna promenljiva sa konaˇcnom varijansom. Tada

i) V ar(c) = 0 za svako c ∈ R; ii) V ar(X) = 0 ako i samo ako postoji c ∈ R takvo da je P (X = c) = 1; iii) V ar(X + c) = V ar(X) za svako c ∈ R; iv) V ar(cX) = c2 V ar(X) za svako c ∈ R.


313

Dokaz . Najpre imamo da i) vaˇzi, ˇsto neposredno sledi iz definicije varijanse. Oˇcigledno je da je V ar(c) = 0 za svako c ∈ R. Obrnuto ćemo dokazati samo za sluˇcajne promenljive diskretnog tipa. Tada je X (xi − c)2 P (X = xi ) = 0, i∈I

gde je c = E(X). Odavde sledi da je xi = c za svako i, kao i da je P (X = c) = 1. Time je (ii) dokazano. Svojstva (iii) i (iv) se dokazuju primenom Teoreme 4.3.24. Ovim je dokaz kompletiran. Napomenimo sada da u opˇstem sluˇcaju ne vaˇzi da je varijansa zbira dve sluˇcajne promenljive jednaka zbiru njihovih varijansi. Medjutim, ako su sluˇcajne promenljive nezavisne, tada vaˇzi: TEOREMA 4.3.26. Ako su X i Y dve nezavisne sluˇcajne promenljive (nad istim prostorom verovatnoće) sa konaˇcnim varijansama tada vaˇzi V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ).

Dokaz .

Neka je E(X) = a, a E(Y ) = b. Tada imamo

V ar(X + Y ) = E((X + Y − E(X + Y ))2 ) = E(((X − a) + (Y − b))2 ) = E((X − a)2 ) + 2E((X − a)(Y − b)) + E((Y − b)2 ) = V ar(X) + V ar(Y ), S obzirom ida su X − a i Y − b takodje nezavisne sluˇcajne promenljive, te da je tada E((X − a)(Y − b)) = E(X − a)E(Y − b) = 0 (naime, E(Z − c) = E(Z) − c = 0 za svako c ∈ R). ˇ seva: Sledeća nejednakost poznata je kao nejednakost Cebiˇ TEOREMA 4.3.27. Neka je X sluˇcajna promenljiva sa konaˇcnom varijansom, a ² pozitivan realan broj. Tada vaˇzi P (|X − E(X)| > ²) 6

V ar(X) . ²2

Dokaz . Dokazaćemo teoremu samo u sluˇcaju da je X sluˇcajna promenljiva diskretnog tipa. Neka je E(X) = m. Tada imamo X X P (|X − E(X)| > ²) = P (X = xi ) = 1 · P (X = xi ) |xi −m|>²

6 6

1 ²2

X

|xi −m|>² 2

|xi − m| P (X = xi )

|xi −m|>²

1 X V ar(x) . |xi − m|2 P (X = xi ) = 2 ² ²2 i∈I


314

ˇ sevljeve nejednakosti. U sledećem primeru daćemo jednu primenu Cebiˇ PRIMER 4.3.28. Neka je X sluˇcajna promenljiva koje oznaˇcava broj pisama koja se realizuju u seriji od n bacanja ispravnog novˇcića. Od ranije je poznato (videti donji ˇ sevljeve nejednakosti za ² = √n tekst) da je E(X) = n2 , a V ar(X) = n4 . Primenom Cebiˇ imamo √ n n √ 1 P (|X(e) − | > n) 6 ( )/( n)2 = . 2 4 4 Stoga, na primer, za n = 10 000 imamo da je 1 P (|X(e) − 5 000| > 100) 6 . 4

ˇ sevljeve nejednakosti za gornji primer manje Ako je ²2 koje se javlja u Cebiˇ ˇ tada Cebiˇsevljeva nejednakost nema praktiˇcnog znaˇcaja.

NAPOMENA. √

ili jednako

n 2

ˇ sevljeve nejednakosti moˇze dobiti dokaz jedne variPokazaćemo sada kako se iz Cebiˇ jante zakona o velikim brojevima. TEOREMA 4.3.29. Posmatrajmo Bernulijev eksperiment kod koga dogadjaj A nastupa sa verovatnoćom p. Ako je taj eksperiment ponovljen n puta, a dogadjaj A pritom nastupio m puta, tada za proizvoljno δ > 0 vaˇzi ³m ´ lim P | − p| > δ = 0. n→+∞ n

Dokaz .

ˇ sevljeve nejednakosti na binomnu raspodelu (za ² = nδ) imamo Primenom Cebiˇ P (|m − np| > nδ) >

npq . (nδ)2

Ako u gornjoj nejednakosti pustimo da n → +∞, dokaz teoreme sledi. Tvrdjenje koje smo upravo dokazali predstavlja Bernulijev zakon o velikim brojevima. Time smo i teorijski dokazali opravdanost statistiˇckog pristupa za dodelu verovatnoće nekim dogadjajima. U nastavku dajemo pregled numeriˇckih karakteristika (matematiˇcko oˇcekivanje, varijansa i disperzija) nekih vaˇznijih raspodela. Neka je X sluˇcajna promenljiva koja ima jednu od sledećih raspodela: √ i) Bernulieva raspodela: E(X) = p, V ar(X) = pq, σ(X) = pq. √ ii) Binomna raspodela: E(X) = np, V ar(X) = npq, σ(X) = npq. iii) Geometrijska raspodela: iv) Poisson-ova raspodela:

E(X) = p1 , V ar(X) =

1−p p2 ,

σ(X) = √ E(X) = λ, V ar(X) = λ, σ(X) = λ.

√

1−p p .


315

NAPOMENA.

Gornje formule se mogu na dva naˇcina dokazati: (i) po definiciji; (ii) koriˇsćenjem nekih od teorema vezanih za osobine matematiˇckog oˇcekivanja i varijanse. Ilustrovaćemo oba pristupa samo za binomnu raspodelu. Za geometrijsku i Puasonovu raspodelu ostavljamo ˇcitaocu (koji zna analizu) da to sam uradi.

Da bismo odredili matematiˇcke oˇcekivanje varijansu za binomnu raspodelu dovoljno je odrediti momente prvog i drugog reda. Tada imamo: E(X) =

¶ n µ ¶ n µ X X n k n−k n − 1 k−1 n−k p q k = np p q = np, k k−1

k=0

k=1

odnosno 2

E(X ) = = =

µ ¶ n µ ¶ n X X n k n−k 2 n − 1 k−1 n−k p q k = np k p q k k−1 k=0 k=1 µ ¶ n−1 n−1 X X µn − 1¶ n − 1 l n−1−h np (h + 1) pq = np(1 + h ph q n−1−h ) h h h=0 h=1 µ ¶ n−1 X n − 2 h−1 n−1−h np(1 + (n − 1)p h p q ) = np(np + q). h−1 h=1

Odavde je

V ar(X) = E(X 2 ) − E(X)2 = npq.

Drugi naˇcin je da se definiˇsu sluˇcajne promenljive Xk (k = 1, 2, . . . , n) koje uzimaju vrednost 1 ili 0 zavisno da li u k–tom eksperimentu imamo povoljan ili nepovoljan ishod, respektivno. Tada je n X X= Xi . i=1

Kako je E(Xi ) = p, a V ar(Xi ) = pq, to se na osnovu aditivnosti matematiˇckog oˇcekivanja, kao i varijanse za nezavisnih sluˇcajnih promenljivih, neposredno dobija traˇzeni rezultat. DEFINICIJA 4.3.30. Kovarijansa dve sluˇcajne promenljive X i Y na istom prostoru verovatnoće, u oznaci Cov(X, Y ) jednaka je matematiˇckom oˇcekivanju sluˇcajne promenljive (X −E(X))(Y −E(Y )), to jest vaˇzi Cov(X, Y ) = E((X −E(X))(Y −E(Y ))).

Sledeće dve teoreme ostavljamo bez dokaza (dokazati ih za veˇzbu). TEOREMA 4.3.31. Neka su X i Y dve sluˇcajne promenljive nad istim prostorom verovatnoće. Tada vaˇzi: Cov(X, Y ) = E(XY ) − E(X)E(Y ). Takodje imamo da je Cov(X, Y ) = 0 ako i samo ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promenljive.


316

TEOREMA 4.3.32. Neka su X i Y dve sluˇcajne promenljive nad istim prostorom verovatnoće. Tada vaˇzi: V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ) + 2Cov(X, Y ).

Napomenimo i da se numeriˇcke karakteristike neke sluˇcajne promenljive mogu definisati i u kontekstu uslovne verovatnoće. Na primer, tada za matematiˇcko oˇcekivanje imamo: DEFINICIJA 4.3.33. Neka je A ⊆ Ω. Tada je uslovno matematiˇcko oˇcekivanje za sluˇcajnu promenljivu X dato sa X E(X | A) = xi P (X = xi | A). i∈I

PRIMER 4.3.34. Posmatrajmo eksperiment sa bacanjem dve pravilne kocke. Neka je e = (i, j), gde i oznaˇcava ishod vezan za prvu kocku, j za drugu. Neka je X(e) = i + j, a Y (e) = |i − j|. Odredimo sada E(Y | X = 6). U tom cilju lako se pokazuje da je: 1 1 2 , P (Y = 1 | X = 6) = = 0, P (Y = 2 | X = 6) = , 5 5 5 2 P (Y = 3 | X = 6) = 0, P (Y = 4 | X = 6) = , P (Y = 5 | X = 6) = 0. 5

P (Y = 0 | X = 6) =

Odavde je E(Y | X = 6) =

5 X

1 2 2 12 jP (Y = j|X = 6) = 0( ) + 1(0) + 2( ) + 3(0) + 4( ) + 5(0) = . 5 5 5 5 j=1

Na kraju spomenućemo i sluˇcajne vektore. I za njih se mogu definisati numeriˇcke karakteristike (ukljuˇcujući i uslovne). Na primer, za (bezuslovno) matematiˇcko oˇcekivanje imamo: DEFINICIJA 4.3.35. Neka je Z = (X, Y ) dvodimenzionalni sluˇcajni vektor. Tada je matematiˇcko oˇcekivanje za Z dato sa: X E(Z) = (xi , yj )P (X = xi , Y = yj ). i∈I,j∈J

Sliˇcno se definiˇse matematiˇcko oˇcekivanje n-dimenzionalnog vektora.


317

ZADACI 4.3.1. a) Iz kutije sa 100 proizvoda od kojih je 8 neispravnih izvuˇceno je odjednom 5 proizvoda. Opisati sluˇcajnu promenljivu X: broj neispravnih proizvoda u uzorku. b) Reˇsiti zadatak kada se izvlaˇcenje vrˇsi sa vraćanjem. 4.3.2. Novˇcić se baca sve dok se ne pojavi grb. Opisati sluˇcajnu promenljivu X: broj izvedenih bacanja i naći odgovarajuću funkciju raspodele. 4.3.3. Na putu kretanja automobila su 4 semafora. Na svakom od njih je 20 sekundi zeleno svetlo, a 30 sekundi crveno svetlo. Njihov rad je nezavistan. Opisati sluˇcajnu promenljivu X: broj semafora koje je auto proˇsao do zaustavljanja. 4.3.4. Test se sastoji od 25 pitanja, pri ˇcemu je za svako ponudjeno 5 odgovora od kojih je taˇcno 1 taˇcan. Za taˇcan. Odrediti matematiˇcko oˇcekivanje ukupnog broja poena ako se test popunjava sluˇcajno i ako se za netaˇcan odgovor dobija a) 0 poena; b) −1 poena. µ ¶ −1 0 3 4.3.5. Data je sluˇcajna promenljiva X = 1 cko 1 1 . Odrediti njeno matematiˇ oˇcekivanje, disperziju i standardnu devijaciju.

3

6

2

4.3.6. Naći verovatnoću da se prilikom bacanja kocke 12 000 puta broj dobijenih jedinica nalazi izmedju 1 900 i 2 150. 4.3.7. Bacamo 1000 puta novˇcić i ako padne pismo viˇse od k = 525 puta smatramo da je novˇcić nehomogen (inaˇce smatramo da je ispravan). a) Ako je novˇcić ispravan naći verovatnoću pogreˇsnog zakljuˇcka. b) Koliko treba da bude k da bi verovatnoća odbacivanja ispravnog novˇcića bila manja od 0.01? 4.3.8. Svaki od n gostiju je po ulasku u restoran ostavio svoj ˇseˇsir u garderobi. Po izlasku, garderober im je podelio ˇseˇsire na sluˇcajan naˇcin. Koliko je matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive X koja oznaˇcava broj gostiju koji su dobili svoj ˇseˇsir? 4.3.9. Neka je X sluˇcajna promenljiva takva da je X(e) > 0 za svako e ∈ Ω. Tada vaˇzi P (X(e) > c) 6 E(X)/c za svaki pozitivan broj c. Ova nejednakost se naziva nejednakost Markova. 4.3.10. Neka je Xn sluˇcajna promenljiva koja je jednaka razlici broja bitova jednakih 0, odnosno 1 u u (sluˇcajnom) stringu duˇzine n. Odrediti matematiˇcko oˇcekivanje i varijansu sluˇcajne promenljive Xn . 4.3.11. Neka su m i n prirodni brojevi. Koja je verovatnoća da sluˇcajno odabran prirodan broj manji od mn nije deljiv ni sa m ni sa n? 4.3.12. Koji je oˇcekivani broj praznih kutija kada se m kuglica smesti u nkutija na sluˇcajan naˇcin? 4.3.13. Naći Cov(X, Y ) ako su X i Y sluˇcajne promenljive date sa X(e) = 2i, Y (e) = i + j, gde je e = (i, j), a i i j su ishodi bacanja dve pravilne kocke.


318

4.3.14. Neka je X sluˇcajna promenljiva za koju vaˇzP i X(e) > 0 za svako e ∈ Ω, i neka ∞ je k dogadjaj da je X(e) > k. Pokazato da je E(X) = k=1 p(Ak ). 4.3.15. Neka su X i Y dve nenegativne sluˇcajne promenljive. Neka je Z(e) = max{X(e), Y (e)} za svako e ∈ Ω. Pokazati da je E(Z) 6 E(X) + E(Y ). 4.3.16. Pokazati da je P (X > k) = (1 − p)j−1 , gde je X geometrijska raspodela sa parametrom p, a j prirodan broj.

4.4

MARKOVLJEVI LANCI

Teorija sluˇcajnih (stohastiˇckih) procesa je jedan veoma vaˇzan deo teorije verovatnoće sa mnoˇstvom primena. Naime mnogi fenomeni vezani za prirodne nauke (a i druˇstvene) mogu se modelirati uz pomoć Markovljevih procesa. U ovoj knjizi daćemo jedan uproˇsćen model sluˇcajnih procesa, takozvanih Markovljevih lanaca, koji pripadaju diskretnoj verovatnoći, a uz to se mogu i na prirodan naˇcin interpretirati u teoriji grafova. Pretpostavimo najpre da imamo jedan sistem (automat, u specijalnom sluˇcaju raˇcunar) koji ima konaˇcan broj stanja, na primer S1 , S2 , . . . , Sn (u nekim razmatranjima broj stanja moˇze biti i beskonaˇcan). Pretpostavimo zatim da taj sistem u nekim diskretnim trenucima vremena prelazi iz jednog stanja, recimo Si , u neko drugo stanje, recimo Sj , sa nekom verovatnoćom prelaska (mogućna su i razmatranja kod kojih su vremenski trenuci promena stanja kontinualno menjaju). Neka je Xn = X(n) sluˇcajna promenljiva koja oznaˇcava stanje sistema u trenutku tn (ovde se vreme posmatra kao parametar). U najopˇstijem sluˇcaju verovatnoća prelaska sistema iz stanja xn (koje je nastupilo u trenutku tn ) u stanje xn+1 (koje nastupa u trenutku tn+1 ) dato je sa P (Xn+1 = xn+1 | Xn = xn , Xn−1 = xn−1 , . . . , X1 = x1 , X0 = x0 ). Drugim reˇcima, ono zavisi od svih prethodnih stanja (dakle, ˇcitava istorija promena stanja utiće na posmatranu verovatnoću). Na primer, ako iz ˇspila karata vadimo karte jednu po jednu bez vraćanja, tada verovatnoća da u n–tom izvlaˇcenju uzvuˇcemo kartu odredjene boje (na primer u trefu), zavisi od toga ˇsta je ranije izvuˇceno. Kod Markovljevih lanaca imamo uproˇsćenu situaciju, naime verovatnoća prelaska u novo stanje zavisi samo od zateˇcenog stanja (samim tim, celokupna prethodna istorija se ”zaboravlja”, to jest briˇse). Takva situacija nastaje u prethodnom primeru ako se karte po izvlaˇcenju vraćaju u ˇspil. Opˇstije imamo: DEFINICIJA 4.4.1. Neka je dat niz sluˇcajnih promenljivih (Xn )n∈N0 diskretnog tipa (nad istim prostorom verovatnoće). Tada ovaj niz obrazuje Markovljev lanac ako vaˇzi P (Xn+1 = xn+1 | Xn = xn , Xn−1 = xn−1 , . . . , X1 = x1 , X0 = x0 ) = P (Xn+1 = xn+1 | Xn = xn ). za svako x0 , x1 , . . . , xn ∈ IR i svako n ∈ N0 . U sluˇcaju da vaˇzi P (Xn+1 = y | Xn = x) = P (Xn = y | Xn−1 = x) za svako n ∈ N tada je odgovarajući Markovljev lanac (vremenski) homogen.


319

U nastavku ćemo posmatrati samo vremenski homogene Markovljeve lance. Pogodan (i prirodan) model za ovakve lance moˇze se dati preko orijentisanih grafova (sa petljama). Naime, svakom ˇcvoru se moˇze pridruˇziti jedno stanje sistema; dva ˇcvora koja odgovaraju stanjima Si i Sj spojena su granom orijentisanom od ˇcvora koji odgovara stanju Si do ˇcvora koji odgovara stanju Sj ako postoji mogućnost prelaska iz stanja Si u stanje Sj ; grani (ili petlji) koja povezuje pomenuta dva ˇcvora pridruˇzuje se verovatnoća, to jest teˇzina pij = P (Xn+1 = Sj | Xn = Si ). U sluˇcaju da je pij = 0, tada se odgovarajuća grana izostavlja iz grafa. PRIMER 4.4.2. Pretpostavimo da se vreme moˇze opisati stanjima S1 = K (kiˇsovito), S2 = O (oblaˇcno) i S3 = S (sunˇcano). Neka je matrica prelaza (promene vremena) data sa    Π=

1 2 1 2 1 4

1 4

1 4 1 2 1 2

0 1 4

 .

Ovoj matrici odgovara graf dat na sledećoj slici. 1/4

K

1/4

1/4 1/2

O

1/4

1/4

1/2

S 1/2

Primetimo i da je zbir elemenata svake vrste gornje matrice jednak 1 (za kolone to ne mora da vaˇzi). Isti zakljuˇcak vaˇzi i u opˇstem sluˇcaju. Stoga je matrica Π stohastiˇcka matrica. Uveˇsćemo sada joˇs neke pojmove. Neka je pkij = P (X(l + k) = xj | X(l) = xi )

(l = 0, 1, . . .).

Dakle, pkij je verovatnoća da Markovljev lanac iz stanja xi predje u stanje xj u k koraka (oˇcigledno, zbog vremenske homogenosti, ta verovatnoća ne zavisi od l). Za k = 1 dobijamo da je p1ij = pij . Nije teˇsko utvrditi (na osnovu formule za totalnu verovatnoću) da za svako k1 , k2 ∈ N vaˇzi n X pkij1 +k2 = pkis1 pksj2 , s=1

gde je n broj svih stanja sistema (Markovljevog lanca). DEFINICIJA 4.4.3.

Kvadratna matrica reda n data sa Π = (pij ),

gde je pij = P (Xn+1 = Sj | Xn = Si ) naziva se matricom prelaza Markovljevog lanca.

´ GLAVA 4. DISKRETNA VEROVATNOCA Moˇze se pokazati da je Πk = (pkij ). neposredno dobijamo sledeće tvrdjenje.

320

Koristeći formulu za totalnu verovatnoću

(k)

(k)

(k)

(k)

TEOREMA 4.4.4. Neka je p(k) = (p1 , p2 , . . . , pn )T , gde je pi = P (Xk = xi ). Drugim reˇcima p(k) je vektor verovatnoća da se sistem (Markovljev lanac Xk ) nadje u trenutku tk u nekom od stanja (za k = 0 to je vektor poˇcetnih verovatnoća, tj. verovatnoća da se Markovljev lanac u trenutku t0 nalazi u pojedinim stanjima). Neka je Π matrica prelaza za X k . Tada vaˇzi p(k) = Πk p(0) .

Za dalje prouˇcavanje Markovljevih lanaca potrebno je koristiti aparat linearne algebre, a dobro bi doˇsla i teorija grafova (posebno orijentisanih).

ZADACI 4.4.1.

Neka je X0 ,µX1 , . . . homogen Markovljev lanac. Poˇcetna sluˇcajna promenljiva ¶ 1 2 3 ima raspodelu X0 = . Matrica prelaza je 1 1 1 2

3

6

1 2

Π = 0 1 2

0 1 2 1 2



1 2 1 2 .

0

Odrediti X1 i X2 . 4.4.2.

Niz X0 , X1 , . . . obrazuje homogen µ Markovljev ¶ lanac sa 3 stanja. Poˇcetna 1 2 3 sluˇcajna promenljiva ima raspodelu X0 = . Matrica prelaza je 1 1 1 3

 Π=

0

1 4 1 2

1 2 1 2 1 2

3

3

 1 2 1 4 .

0

Naći matematiˇcko oˇcekivanje sluˇcajne promenljive X2 , E(X2 ).

4.5

INFORMACIJA I ENTROPIJA

Vrednost i znaˇcaj saznanja da se neki dogadjaj desio ili da će se desiti moˇze se (ˇcesto subjektivno) meriti uz pomoć njegove verovatnoće. Na primer, ako nam neko u toku leta kaˇze da će sutra padati sneg to je vredna i veome znaˇcajna informacije; jasno, u toku zime ta informacija nije od veće vrednosti niti znaˇcaja. Presudnu ulogu u obe situacije, imala je verovatnoća nastupanja pomenutog dogadjaja. U teoriji informacija nas interesuje prevashodno koliˇcina dobijenih informacija (u odnosu na neku jedinicu mere). Oznaˇcimo sa I(p) koliˇcinu informacija sadrˇzanu u saznanju da je realizovan (ili nije realizovan) dogadjaj verovatnoće p. Ako su A i B nezavisni


321

dogadjaji takvi da je P (A) = p i P (B) = q, tada je P (AB) = P (A)P (B) = pq. Dakle, ako se dogode oba dogadjaja, trebalo bi da vaˇzi I(pq) = I(p) + I(q), jer se, intuitivno, koliˇcina informacija ovim uvećava, ili preciznije sabira. Poznato je da je jedina neprekidna funkcija koja zadovoljava gornji uslov oblika I(x) = c log(x), gde je c neka realna konstanta. Ako se usvoji da dogadjaj ˇcija je verovatnoća 21 nosi jediniˇcnu informaciju dobijamo: DEFINICIJA 4.5.1. Koliˇcna informacije, ili kraće informacija, sadrˇzana u dogadjaju verovatnoće p data je sa I(p) = −log2 (p). ˇ Jedinica mere informacije je ˇsenon, po Klodu Senonu (fra. Claude Shannon). Ako imamo diskretnu sluˇcajnu promenjivu X tada se moˇze odrediti i srednja koliˇcina informacija koja je sadrˇzana u dogadjajima X = xi , gde je i ∈ I. Time su se stekli uslovi za sledeću definiciju: DEFINICIJA 4.5.2.

Entropija diskretne sluˇcajne promenljive X data je izrazom X H(X) = − pi log2 (pi ), i∈I

gde je pi = P (X = xi ) (i ∈ I). Napomenimo da se 00 u izraˇcunavanjima smatra da je jednako 0. Primetimo da je H(X) nezavisno od vrednosti koje uzima sluˇcajna promenljiva. Stoga je H(X) = H(X+c) = H(cX), za svako c ∈ IR. PRIMER 4.5.3. Posmatrajmo najpre bacanje pravilnog novˇcića. Tada je P ({P }) = P ({G}) = p = 21 , tako da je informacija sadrˇzana u dogadjaju P (pismo) i G (grb) jednaka 1 1 I(p) = I( ) = − log2 ( ) = 1. 2 2 Entropija je jednaka H(X) = P ({P })I(P ({P })) + P ({G})I(P ({G})) =

1 1 · 1 + · 1 = 1. 2 2

Dakle, srednja vrednost koliˇcine informacije je 1. ˇ ako je P ({P }) = p = 1 , a P ({G}) = q = 3 . Tada je Sta 4 4 1 3 4 I(P ) = I( ) = 2, I(q) = I( ) = log2 ( ) ≈ 0.4150. 4 4 3 Stoga je entropija sada jednaka H(X) = P ({P })I(P ({P })) + P ({G})I(P ({G})) = Dakle sada je entropija neˇsto manja.

1 3 4 · 2 + · log2 ( ) ≈ 0.811125. 4 4 3


322

Moˇze se pokazati da entropija (u zavisnosti od p) raste od 0 do 12 , a da opada od do 1. Maksimum je jednak 1 i doseˇze se za p = 21 .

1 2

TEOREMA 4.5.4. Neka je X sluˇcajna promenljiva konaˇcnog tipa, koja moˇze da n X uzima n razliˇcitih vrednosti sa verovatnoćama p1 , p2 , . . . , pn (jasno, pi = 1). Neka je i=1

Y sluˇcajna promenljiva konaˇcnog tipa, koja takodje moˇze da uzima n razliˇcitih vrednosti ali sa verovatnoćama n1 . Tada je H(X) 6 H(Y ) = log2 (n).

Dokaz .

Dovoljno je dokazati da je n X

1 pi log2 (pi ) > log2 ( ), n i=1

za bilo kojih n pozitivnih brojeva p1 , p2 , . . . , pn koji zadovoljavaju uslov p1 + p2 + · · · + pn = 1. Ova nejednakost se direktno dobija traˇznjem uslovnog minimuma funkcije Pn Pn f (x1 , x2 , . . . , xn ) = i=1 xi log2 (xi ) pod uslovima 0 < xi 61 (16i6n) i i=1 xi = 1. Sledeća nejednakost vaˇzi za entropije: TEOREMA 4.5.5.

Ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promenljive, tada vaˇzi H(X) 6 H(X + Y ).

Napomenimo na kraju da se entropija u fizici javlja kod drugog zakona termodinamika (svaki izolovani sistem teˇzi da predje u stanje iste ili veće entropije. Entropija je stoga i mera neuredjenosti sistema (odnosno haosa).

Glava 5

Dodatak U ovoj glavi dajemo pregled nekih osnovnih matematiˇckih pojmova. Polazimo od samih osnova, tako da ova glava sadrˇzi ˇcetiri poglavlja posvećena skupovima, funkcijama, relacijama i matematiˇckoj indukciji.

5.1

SKUPOVI

Osnovni matematiˇcki objekat je skup. Skup se zapisuje navodjenjem njegovih elemenata izmedju vitiˇcastih zagrada { i }. Skup koji sadrˇzi brojeve 1, 3 i 5 (i nijedan viˇse) zapisuje se kao {1, 3, 5}. Ovaj skup se moˇze zapisati i kao {3, 1, 5}, ali i kao {1, 3, 5, 3, 1}, jer se viˇsestruko ponavljanje istog elementa ne uzima u obzir. Tri taˇcke (. . . ) u {2, 4, 6, 8, . . .} znaˇce “i tako dalje, po istom obrascu”, tj. ovaj zapis oznaˇcava skup svih parnih prirodnih brojeva. Odgovarajući obrazac treba da bude oˇcigledan. Na primer, {21 , 22 , 23 , . . .} je lako razumljivo kao skup svih stepena broja 2, dok je zapis {2, 4, 8, . . .} manje oˇcigledan. Skupovi se obiˇcno oznaˇcavaju velikim slovom, s tim ˇsto je za najvaˇzniji skup matematike i ˇcoveˇcanstva uopˇste, skup prirodnih brojeva {1, 2, 3, . . .}, rezervisano slovo N. Joˇs jedan vaˇzan skup je skup bez elemenata. Postoji samo jedan takav skup, oznaˇcava se sa ∅ i naziva prazan skup. Primetimo da prazan skup moˇze da bude element drugog skupa. Na primer, {∅} je skup koji sadrˇzi prazan skup kao svoj element, pa nije isto ˇsto i ∅! ˇ Cinjenica da skup X sadrˇzi element x zapisuje se pomoću simbola ∈ . Zapis x ∈ X se ˇcita kao “x je element X”, “x pripada X”, “X sadrˇzi x”, itd. U sluˇcaju da element x ne pripada skupu X piˇsemo x ∈ / X. Sloˇzeniji i interesantniji skupovi obiˇcno se dobijaju od poznatih skupova pomoću nekih pravila ili osobina. Takvi skupovi se zapisuju u sledećem obliku A = {x : x ima osobinu P }. ˇ Cesto se koristi i oznaka A = {x | x ima osobinu P }. PRIMER 5.1.1.

Skup svih kvadrata prirodnih brojeva moˇze da se zapiˇse kao {n ∈ N : postoji k ∈ N tako da je n = k 2 }.

ili kraće kao

{k 2 : k ∈ N}.

323

GLAVA 5. DODATAK

324

NAPOMENA. Pogreˇsno je misliti da svaka osobina P definiˇse skup. Do ovakvog zakljuˇcka je doˇsao Bertrand Russell 1911. godine. Posmatrajmo sledeću situaciju: frizer u gradiću X treba da ˇsiˇsa sve gradjane koji se ne ˇsiˇsaju sami—treba li on, kao jedan od gradjana iz X, da ˇsiˇsa samog sebe? Do istog paradoksa se dolazi i ako definiˇsemo sledeći skup: A = {X : X je skup koji ne sadrˇzi samog sebe}. Da li skup A sadrˇzi samog sebe? Ako pretpostavimo da A sadrˇzi samog sebe, tada po osobini elemenata skupa A vaˇzi da A ne sadrˇzi samog sebe. S druge strane, ako pretpostavimo da A ne sadrˇzi samog sebe, tada on zadovoljava osobinu elemenata skupa A, pa mora da pripada samom sebi. U svakom sluˇcaju dolazimo do kontradikcije. Jedini izlaz je reći da A nije skup! Objekte kao ˇsto je skup A, matematiˇcari obiˇcno zovu familije skupova.

Koristeći pojam pripadanja skupu, ∈, moˇzemo da definiˇsemo mnoge relacije izmedju skupova i operacije na skupovima. Na primer, dva skupa X i Y su jednaka ako imaju iste elemente. U tom sluˇcaju piˇsemo X = Y . Ako su X, Y skupovi, zapis X ⊆ Y (reˇcima: “X je podskup Y”) znaˇci da svaki element X pripada skupu Y . Primetimo da je X = Y ako i samo ako je X ⊆ Y i Y ⊆ X. Ako je X ⊆ Y , ali je X 6= Y , tada Y sadrˇzi bar jedan element koji ne pripada X. U tom sluˇcaju se kaˇze da je X pravi podskup Y i piˇse X ⊂ Y . Ako X 6⊆ Y i Y 6⊆ X, tada se kaˇze da su skupovi X i Y neuporedivi. Za skupove X i Y se kaˇze da su disjunktni ako nemaju zajedniˇckih elemenata. Skupovi {1, 3, 5} i {2, 4, 6} su disjunktni, dok skupovi {1, 3, 5} i {2, 3, 4} nisu disjunktni. Za niz skupova X1 , X2 , X3 , . . . se kaˇze da su uzajamno disjunktni, ako su svaka dva od njih disjunktna. PRIMER 5.1.2.

Skupovi {1, 2}, {3, 4}, {5, 6} {1, 2}, {3, 4}, {1, 6}

su uzajamno disjunktni, nisu uzajamno disjunktni.

Skup koji se sastoji od svih mogućih podskupova skupa X naziva se partitivni skup skupa X i oznaˇcava sa P(X). Na primer, za X = {a, b, c} imamo da je P(X) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}. NAPOMENA.

Primetimo da vaˇzi ∅ ∈ P(X) i X ∈ P(X), ali da nije X ⊆ P(X)!

OPERACIJE SA SKUPOVIMA Najvaˇznije i najˇceˇsće operacije sa skupovima su unija, presek, razlika, simetriˇcna razlika i komplement. Za skupove X i Y ove operacije se definiˇsu na sledeći naˇcin: Unija:

X ∪Y =

{z : z ∈ X ili z ∈ Y }

Presek: Razlika:

X ∩Y = X \Y =

{z : z ∈ X i z ∈ Y } {z : z ∈ X i z ∈ / Y}

Simetriˇcna razlika: X M Y =

(X \ Y ) ∪ (Y \ X)

Komplement X skupa X sadrˇzi sve elemente koji ne pripadaju skupu X. Da bi ova definicija imala smisla (i da X ne bi sadrˇzao i suviˇsne elemente kao ˇsto su ljudi, ˇzivotinje,

GLAVA 5. DODATAK

325

biljke, . . . ) svi skupovi sa kojima radimo moraju da budu podskupovi nekog većeg skupa, tzv. univerzuma U . Tada je Komplement: X =

{z ∈ U : z ∈ / X}.

Za ove operacije sa skupovima vaˇze odredjeni zakoni. Najvaˇzniji od njih su navedeni u sledećoj teoremi. TEOREMA 5.1.3.

Neka su X, Y i Z skupovi. Tada vaˇzi:

a) Asocijativnost: X ∪ (Y ∪ Z) X ∩ (Y ∩ Z)

= =

(X ∪ Y ) ∪ Z (X ∩ Y ) ∩ Z

X ∪Y X ∩Y

= =

Y ∪X Y ∩X

b) Komutativnost:

c) Apsorptivnost: X ∩ (X ∪ Y ) = X X ∪ (X ∩ Y ) = X d) Distributivnost: X ∩ (Y ∪ Z) = X ∪ (Y ∩ Z) =

(X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z) (X ∪ Y ) ∩ (X ∪ Z)

e) De Morganovi zakoni: X \ (Y ∪ Z) = (X \ Y ) ∩ (X \ Z) X \ (Y ∩ Z) = (X \ Y ) ∪ (X \ Z)

Dokaz . Dokazaćemo samo prvi de Morganov zakon. Dokazivanje ostalih zakona moˇze posluˇziti ˇcitaocu za veˇzbu. Neka je x ∈ X \ (Y ∪ Z). To znaˇci da x ∈ X, ali da x ∈ / Y ∪ Z. Iz x ∈ / Y ∪ Z sledi da x∈ /Y ix∈ / Z. Dalje, iz x ∈ X i x ∈ / Y sledi da x ∈ X \ Y i sliˇcno iz x ∈ X i x ∈ / Z sledi da x ∈ X \ Z, pa vaˇzi da x ∈ (X \ Y ) ∩ (X \ Z). Kako ovo vaˇzi za svaki element skupa X \ (Y ∪ Z), zakljuˇcujemo da je (5.1)

X \ (Y ∪ Z) ⊆ (X \ Y ) ∩ (X \ Z).

Neka je sada x ∈ (X \ Y ) ∩ (X \ Z). Ovo znaˇci da x ∈ X \ Y i x ∈ X \ Z. Odavde dobijamo da je x ∈ X, x ∈ /Y ix∈ / Z. Iz x ∈ /Y ix∈ / Z sledi da x ∈ / Y ∪ Z, pa dobijamo da x ∈ X \ (Y ∪ Z). Ovo takodje vaˇzi za svaki element skupa (X \ Y ) ∩ (X \ Z), pa zakljuˇcujemo da je (5.2)

(X \ Y ) ∩ (X \ Z) ⊆ X \ (Y ∪ Z).

GLAVA 5. DODATAK

326

Iz (5.1) i (5.2) sledi da je X \ (Y ∪ Z) = (X \ Y ) ∩ (X \ Z). Ako su X1 , X2 , . . . , Xn skupovi, njihova unija X1 ∪ X2 ∪ . . . ∪ Xn moˇze kraće da se zapiˇse kao n [ Xi . i=1

Sliˇcno se presek X1 ∩ X2 ∩ . . . ∩ Xn kraće zapisuje kao n \

Xi .

i=1

Zakoni iz teoreme 5.1.3 vaˇze i u sluˇcaju kada imamo viˇse skupova, i koristeći skraćeni zapis, oni glase: Distributivnost:

Ã X∩ X∪

n [

i=1 Ã n \

! Yi

= !

Yi

=

i=1

n [

(X ∩ Yi )

i=1 n \

(X ∪ Yi )

i=1

De Morganovi zakoni: Ã X\ X\

n [

i=1 Ã n \ i=1

! Yi

= !

Yi

=

n \

(X \ Yi )

i=1 n [

(X \ Yi )

i=1

PROIZVOD SKUPOVA Kao ˇsto već znamo, {x, y} oznaˇcava skup koji sadrˇzi elemente x i y. Skup {x, y} se ponekad naziva i neuredjeni par x i y. Primetimo da je {x, y} isto ˇsto i {y, x}, kao i da {x, y} ima samo jedan element ako je x = y. U primenama se ˇcesto nameće potreba za razlikovanjem elemenata u paru. Stoga uvedimo notaciju (x, y) za uredjeni par x i y. Pritom vaˇzi: (x, y) = (z, t) ako i samo ako x = z i y = t. NAPOMENA.

Zanimljivo je da uredjeni par moˇze da se definiˇse pomoću neuredjenog para

na sledeći naˇcin: (x, y) = {{x}, {x, y}}.

Sliˇcno se definiˇse i uredjena n-torka (x1 , x2 , . . . , xn ) koja se sastoji od elemenata x1 , x2 , . . . , xn . Pritom vaˇzi: (x1 , x2 , . . . , xn ) = (y1 , y2 , . . . , yn ) ako i samo ako je xi = yi za i = 1, 2, . . . , n.

GLAVA 5. DODATAK

327

Poslednja operacija koju spominjemo je proizvod X × Y skupova X i Y . Proizvod skupova X i Y je skup svih uredjenih parova (x, y), gde x ∈ X i y ∈ Y , ili preciznije, X × Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y }. PRIMER 5.1.4.

Za X = {1, 2, 3} i Y = {a, b} imamo da je

X ×Y Y ×X

= =

{(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)}, {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)}.

NAPOMENA.

Primetimo da u opˇstem sluˇcaju X × Y nije isto ˇsto i Y × X, tj. proizvod skupova nije komutativan.

Sliˇcno proizvodu dva skupa, proizvod X1 × X2 × . . . × Xn skupova X1 , X2 ,. . . ,Xn , ili kraće n Y Xn , i=1

definiˇse se kao skup svih uredjenih n-torki (x1 , x2 , . . . , xn ) tako da za i = 1, 2, . . . , n vaˇzi xi ∈ Xi . Proizvod skupa X sa samim sobom kraće se oznaˇcava stepenom uz X, tj. X × X = X 2,

5.2

X × X × X = X 3,

X × X × X × X = X 4,

...

FUNKCIJE

Sa funkcijama ili preslikavanjima, kako se drugaˇcije zovu, sreli smo se već u srednjoˇskolskoj matematici. Tada smo nauˇcili da se funkcija definiˇse pravilom preslikavanja koje elementima jednog skupa dodeljuje elemente drugog skupa. Na primer, jedna moguća funkcija je f1 (n) = 2n − 1, gde je n ∈ N . Isto tako se moˇze zadati i funkcija f2 (x) = 2x − 1, gde je x ∈ R. Ovakvo predstavljanje funkcija naglaˇsava samo pravilo preslikavanja. Pri tome se obiˇcno kaˇze kom skupu pripadaju argumenti funkcije (s tim ˇsto se ponekad koristimo logikom da n oznaˇcava prirodan broj, dok x oznaˇcava realan broj), medjutim skoro nikad se ne kaˇze kom skupu pripadaju vrednosti funkcija. Zbog toga je ovo intuitivno predstavljanje funkcija.

ˇ MATEMATICKA DEFINICIJA FUNKCIJA DEFINICIJA 5.2.1. Pod funkcijom se podrazumeva uredjena trojka (A, B, f ), gde je f ⊆ A × B, pri ˇcemu za svako x ∈ A postoji taˇcno jedno y ∈ B tako da (x, y) ∈ f . Skup A se naziva domen, skup B se naziva kodomen, a f je pravilo preslikavanja. ˇ Cinjenica da funkcija preslikava elemente domena A u elemente kodomena B pomoću pravila preslikavanja f se zapisuje pomoću f : A 7→ B, a za (x, y) ∈ f ravnopravno (i ˇceˇsće) piˇsemo f (x) = y. Samo pravilo preslikavanja f se zadaje formulom ili navodjenjem parova elemenata (x, y) koji pripadaju f .

GLAVA 5. DODATAK

DEFINICIJA 5.2.2.

PRIMER 5.2.3.

328

Skup f (A) = {f (x) | x ∈ A} se naziva slika funkcije f .

Funkcija f1 (n) = 2n − 1 se pravilno zapisuje na sledeći naˇcin: f1 : N 7→ N,

f1 (n) = 2n − 1,

dok se funkcija f2 (x) = 2x − 1 zapisuje pomoću f2 : R 7→ R,

PRIMER 5.2.4. funkciju f3 pomoću

f2 (x) = 2x − 1.

Ako je A = {1, 2, 3}, a B = {1, 3, 5}, tada moˇzemo definisati f3 : A 7→ B,

f3 (a) = 2a − 1,

ili drugaˇcije f3 : A 7→ B,

f3 = {(1, 1), (2, 3), (3, 5)}.

U poslednjem sluˇcaju smo funkciju definisali pomoću navodjenja svih parova elemenata koji joj pripadaju.

VRSTE FUNKCIJA Vaˇzni i najˇceˇsće koriˇsćeni tipovi funkcija u matematici su dati u sledećoj definiciji. DEFINICIJA 5.2.5.

Funkcija f : A 7→ B naziva se 1-1 ukoliko vaˇzi (∀x1 , x2 ∈ A)

x1 6= x2 ⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ).

Funkcija f : A 7→ B naziva se na ukoliko vaˇzi (∀y ∈ B) (∃x ∈ A) f (x) = y. Funkcija f : A 7→ B naziva se bijekcija ili obostrano jednoznaˇcno preslikavanje ako je funkcija istovremeno i 1-1 i na.

PRIMER 5.2.6. Funkcija a : {1, 2} 7→ {1, 3, 5} data pravilom preslikavanja a(x) = 2x − 1 je 1-1, ali nije na, jer se nijedan element domena ne preslikava u element 5 iz kodomena. Funkcija b : {1, 2, 3} 7→ {1, 3} data pravilom preslikavanja b = {(1, 1), (2, 3), (3, 1)} jeste na, ali nije 1-1, jer se elementi 1 i 3 domena preslikavaju u isti element kodomena. Na kraju, funkcija c : {1, 2, 3} 7→ {1, 3, 5} data pravilom preslikavanja c(x) = 2x − 1 jeste i 1-1 i na, pa zakljuˇcujemo da je to bijekcija.

GLAVA 5. DODATAK

329

OPERACIJE SA FUNKCIJAMA S obzirom da su funkcije u stvari skupovi parova elemenata, sa njima moˇzemo da vrˇsimo sve operacije kao i sa skupovima. Medjutim, pored njih, postoje i operacije koje su namenjene samo funkcijama. DEFINICIJA 5.2.7. Ako su date funkcije f : A 7→ B i g : B 7→ C, tada se pod slaganjem funkcija f i g podrazumeva funkcija g ◦ f : A 7→ C data pravilom preslikavanja g ◦ f (x) = g(f (x)),

x ∈ A.

DEFINICIJA 5.2.8. Ako su dati funkcija f : A 7→ B i podskup A0 ⊆ A, tada se pod redukcijom funkcije f na poddomen A0 , u oznaci f |A0 , podrazumeva funkcija f 0 : A0 7→ B data pravilom preslikavanja f |A0 (x) = f (x),

DEFINICIJA 5.2.9. preslikavanja

x ∈ A0 .

Za proizvoljan skup A, funkcija iA : A 7→ A data pravilom iA (x) = x,

x∈A

naziva se identiˇcka funkcija na skupu A.

DEFINICIJA 5.2.10. Ako je data funkcija f : A 7→ B, tada se za funkciju g : B 7→ A kaˇze da je inverzna funkcija za funkciju f ako vaˇzi g(f (x)) = x, f (g(y)) = y,

x ∈ A, y ∈ B,

tj. ako vaˇzi g ◦ f = iA

i f ◦ g = iB .

Inverzna funkcija za funkciju f se obiˇcno obeleˇzava sa f −1 . Inverzna funkcija ne postoji za svaku funkciju. To moˇzemo videti i iz sledeće teoreme. TEOREMA 5.2.11. je f bijekcija.

Za funkciju f : A 7→ B postoji inverzna funkcija ako i samo ako

Dokaz . Pretpostavimo da funkcija f : A 7→ B ima inverznu funkciju f −1 : B 7→ A i dokaˇzimo da je f bijekcija. Funkcija f je 1-1, jer ako je f (x1 ) = f (x2 ) = y za x1 6= x2 , tada iz definicije inverzne funkcije sledi da je f −1 (y) = f −1 (f (x1 )) = x1 i f −1 (y) = f −1 (f (x2 )) = x2 , ˇsto je kontradiktorno ˇcinjenici da je f −1 funkcija i da, prema tome, moˇze da ima samo jednu vrednost za datu vrednostargumenta. S druge strane, funkcija f je na, jer za svako y ∈ B vaˇzi f (f −1 (y)) = y.

GLAVA 5. DODATAK

330

Pretpostavimo sada da je f bijekcija i dokaˇzimo da onda postoji funkcija h koja je njena inverzna funkcija. Funkciju h ćemo definisati na sledeći naˇcin: h ⊆ B × A,

(y, x) ∈ h ako i samo ako je f (x) = y.

Primetimo da smo ovim, u stvari, samo definisali jedan podskup h ⊆ B × A, pa stoga moramo tek da pokaˇzemo da je h zaista funkcija, tj. da za svako y ∈ B postoji taˇcno jedno x ∈ A tako da je h(y) = x. Najpre, poˇsto je funkcija f na, to za y ∈ B postoji x ∈ A tako da je f (x) = y, pa po definiciji h vaˇzi i (y, x) ∈ h. Dalje, poˇsto je funkcija f i 1-1, ovakvo x je jedinstveno, pa smo se zaista uverili da je h funkcija i moˇzemo slobodno da piˇsemo h : B 7→ A, h(y) = x ako i samo ako je f (x) = y. Sada je jasno da vaˇzi h(f (x)) = x i f (h(y)) = y, pa je h inverzna funkcija za f .

PERMUTACIJE Pod permutacijom skupa A se podrazumeva svaka bijekcija f : A 7→ A skupa A na samog sebe. Skup svih permutacija skupa A obiˇcno se obeleˇzava sa Sym (A). Za skup Sym (A) svih permutacija skupa A vaˇzi sledeća teorema, koja ilustruje algebarsku strukturu skupa Sym (A). TEOREMA 5.2.12.

Ako je dat skup A, tada za skup Sym (A) vaˇze sledeće osobine:

a) Zatvorenost: (∀f, g ∈ Sym (A))

f ◦ g ∈ Sym (A);

b) Asocijativnost: (∀f, g, h ∈ Sym (A))

f ◦ (g ◦ h) = (f ◦ g) ◦ h;

c) Postojanje neutralnog elementa: (∃iA ∈ Sym (A)) (∀x ∈ A) iA (x) = x; d) Postojanje inverznog elementa: (∀f ∈ Sym (A)) (∃f −1 ∈ Sym (A))

f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = iA .

GLAVA 5. DODATAK

5.3

331

RELACIJE

Relacija, u najkraćem, predstavlja odnos izmedju elemenata nekih skupova. Stroga matematiˇcka definicija je sledeća. DEFINICIJA 5.3.1. Ako su dati skupovi A1 , A2 , . . . , Ak , k ∈ N , tada se pod relacijom duˇzine k izmedju elemenata skupova A1 , A2 , . . . , Ak podrazumeva podskup ρ ⊆ A1 × A2 × . . . × Ak . Ako (x1 , x2 , . . . , xk ) ∈ ρ, tada kaˇzemo da su elementi x1 , x2 , . . . , xk u relaciji ρ. S druge strane, ako je A1 = A2 = . . . = Ak = A, tada kaˇzemo da je ρ relacija duˇzine k na skupu A.

PRIMER 5.3.2.

Razmotrimo sledeće skupove:

A B C

= = =

{ { {

´ Cira, Dragan, Marko }, logika, algebra, diskretna matematika }, ponedeljak, utorak, sreda, ˇcetvrtak, petak }.

Tada ρ

´ = {(Cira, logika, utorak), (Dragan, algebra, utorak), (Dragan, diskretna matematika, ˇcetvrtak), (Marko, diskretna matematika, petak)}

predstavlja relaciju duˇzine 3, koja moˇze da predstavlja obaveze profesora i asistenata u pogledu predmeta i datuma.

DEFINICIJA 5.3.3. Relacija ρ ⊆ A × B duˇzine 2 se naziva binarna relacija. Uobiˇcajeno je da se za elemente x ∈ A i y ∈ B koji su u relaciji ρ umesto (x, y) ∈ ρ piˇse x ρ y. Skup {a ∈ A | a ρ b za neko b ∈ B} se naziva domen relacije ρ, a skup {b ∈ B | a ρ b za neko a ∈ A} se naziva kodomen relacije ρ.

NAPOMENA.

Primetimo da je svaka funkcija f : A 7→ B, takodje binarna relacija, jer je

f ∈ A × B.

PRIMER 5.3.4. Na skupu {1, 2, 3, 4, 6} moˇzemo da definiˇsemo binarnu relaciju ρ tako ˇsto ćemo da je x ρ y ako je x manje od y i x deli y. Relaciju ρ tada ˇcine sledeći parovi elemenata ρ = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 6), (2, 4), (2, 6), (3, 6)}. Ova relacija je slikovno predstavljena na sl. ??a sliˇcno naˇcinu na koji se predstavljaju funkcije, tako ˇsto se usmerenim linijama poveˇzu parovi elemenata koji su u relaciji. Medjutim, binarna relacija ρ na konaˇcnom skupu A moˇze se predstaviti joˇs na dva naˇcina:

GLAVA 5. DODATAK

332

• tabliˇcno - tako ˇsto se nacrta tablica ˇcije vrste i kolone predstavljaju elemente A, a zatim se u preseku vrste x i kolone y stavlja 1 ukoliko je x ρ y, a 0 ukoliko nije x ρ y. • pomoću orijentisanih grafova - tako ˇsto se svaki element skupa A predstavi ˇcvorom, a zatim se ˇcvorovi x i y poveˇzu usmerenom linijom od x ka y ako je x ρ y. Kao i funkcije, i relacije se mogu slagati. DEFINICIJA 5.3.5. Neka su date relacije ρ ⊆ A × B i σ ⊆ B × C. Tada se pod slaganjem relacija ρ i σ podrazumeva relacija ρ ◦ σ ⊆ A × C odredjena sa ρ ◦ σ = {(a, c) | postoji b ∈ B tako da je a ρ b i b σ c}.

NAPOMENA.

S obzirom da su funkcije poseban sluˇcaj relacija, i slaganje funkcija je poseban sluˇcaj slaganja relacija. Medjutim, primetimo veoma bitnu razliku: slaganje funkcija f : A 7→ B i g : B 7→ C oznaˇcava se sa g ◦ f , dok se slaganje relacija ρ ⊆ A × B i σ ⊆ B × C oznaˇcava sa ρ ◦ σ. Znaˇci, kod slaganja funkcija prvu funkciju stavljamo iza ◦, dok kod slaganja relacija prvu relaciju stavljamo ispred ◦.

Nadalje ćemo posmatrati samo binarne relacije kod kojih se domen i kodomen poklapaju i pritom posvetiti paˇznju vaˇznim vrstama relacija — relacijama ekvivalencije i relacijama poretka.

RELACIJE EKVIVALENCIJE DEFINICIJA 5.3.6.

Relacija ρ na skupu A je:

(i) refleksivna, ako (∀x ∈ A) x ρ x; (ii) simetriˇcna, ako (∀x, y ∈ A)

x ρ y ⇒ y ρ x;

(iii) tranzitivna, ako (∀x, y, z ∈ A)

x ρ y ∧ y ρ z ⇒ x ρ z.

DEFINICIJA 5.3.7. Relacija ρ na skupu A je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetriˇcna i tranzitivna. PRIMER 5.3.8. Definiˇsimo relaciju na skupu prirodnih brojeva, tako da su dva prirodna broja u relaciji ako i samo ako su jednaki. Ova relacija je refleksivna, jer je svaki broj jednak samom sebi, simetriˇcna, jer iz x = y sigurno sledi da je y = x, i tranzitivna, jer iz x = y i y = z sledi da je x = z. Relacija jednakosti je svakako najjednostavniji primer relacije ekvivalencije i njena svojstva su sluˇzila kao inspiracija za definiciju relacije ekvivalencije.

GLAVA 5. DODATAK

333

PRIMER 5.3.9. Relacija ρ na skupu prirodnih brojeva, tako da su dva prirodna broja u relaciji ρ ako je njihova razlika deljiva sa 4 (tj. ako daju isti ostatak pri deljenju sa 4) je takodje relacije ekvivalencije. Naime, ova relacija je refleksivna, jer 4|x − x = 0, simetriˇcna, jer iz 4|x − y sledi da 4|y − x, i tranzitivna, jer iz 4|x − y i 4|y − z sledi da 4|(x − y) + (y − z) = x − z.

PRIMER 5.3.10. Neka su dati skup A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i njegovi uzajamno disjunktni podskupovi B1 = {1, 2, 3}, B2 = {4, 5} i B3 = {6, 7}. Na skupu A moˇzemo da definiˇsemo relaciju ρ na sledeći naˇcin: xρy

⇔

x i y pripadaju istom podskupu Bi .

Ova relacija je oˇcigledno refleksivna i simetriˇcna, a tranzitivnost sledi iz ˇcinjenice da ako je x ρ y i y ρ z tada x i z pripadaju istom podskupu kome pripada i y, a kako y pripada taˇcno jednom podskupu Bi , jer su oni uzajamno disjunktni, to i x i z pripadaju ovom istom podskupu Bi , pa zakljuˇcujemo da je x ρ z. Poslednji primer ujedno ilustruje i sledeću definiciju. DEFINICIJA 5.3.11. Skup

Neka je ρ relacija ekvivalencije na skupu A i neka je x ∈ A. Cx = {y ∈ A | x ρ y}

naziva se klasa ekvivalencije elementa x. Ponekad se koristi i oznaka [x] za klasu ekvivalencije elementa x.

TEOREMA 5.3.12.

Neka je ρ relacija ekvivalencije na skupu A. Tada vaˇzi:

a) (∀x, y ∈ A) Cx = Cy [ b) A = Cx .

∨

Cx ∩ Cy = ∅.

x∈A

Dokaz . a) Pretpostavimo da je Cx ∩ Cy 6= ∅ i neka z ∈ Cx ∩ Cy . Tada je x ρ z i y ρ z, pa kako je relacija ρ simetriˇcna i tranzitivna, dobijamo da je x ρ y. Sada iz w ∈ Cx sledi da je w ρ x i x ρ y, pa iz tranzitivnosti imamo w ρ y, tj. w ∈ Cy . Takodje vaˇzi i obrnuto, tj. iz w ∈ Cy sledi da je w ρ y i y ρ x, pa imamo i w ρ x, tj. w ∈ Cx . Ovo pokazuje da je sada Cx = Cy . S b) Kako za svako x ∈ A vaˇzi da je CS x ⊆ A, to sledi i da je x∈A Cx ⊆ A. S Sdruge strane, za svako y ∈ A vaˇzi da je y ∈ Cy ⊆ x∈A Cx , pa zakljuˇcujemo da je A = x∈A Cx . Iz prethodne teoreme vidimo da su razliˇcite klase ekvivalencije uzajamno disjunktne, a da unija svih klasa ekvivalencije daje ceo skup. Podela skupa na podskupove sa ovakvim svojstvima drugaˇcije se naziva particija skupa.

GLAVA 5. DODATAK

DEFINICIJA 5.3.13.

334

Neka je A proizvoljan skup i C ⊆ P(A). Ukoliko vaˇzi (∀X, Y ∈ C) X = Y

i A=

[

∨

X ∩Y =∅

X,

X∈C

tada se C naziva particija skupa A. Iz Teoreme 5.3.12 vidimo da klase ekvivalencije obrazuju particiju skupa. Medjutim, vaˇzi i obratno: svakoj particiji skupa odgovara relacija ekvivalencije na tom skupu ˇcije su klase ekvivalencije upravo elementi particije. TEOREMA 5.3.14. Neka je C particija skupa A. Definiˇsimo relaciju ρ na skupu A pomoću x ρ y ⇔ x i y pripadaju istom elementu particije C. Tada je ρ relacija ekvivalencije ˇcije su klase ekvivalencije upravo elementi particije C.

Dokaz . Relacija ρ je refleksivna i simetriˇcna po svojoj definiciji. Neka je sada x ρ y i y ρ z. Poˇsto je C particija skupa A, postoji taˇcno jedan podskup C ∈ C tako da y ∈ C (u suprotnom, ako bi postojala dva razliˇcita podskupa koji sadrˇze y onda bi oni imali neprazan presek, ˇsto je nemoguće). Sada iz x ρ y sledi da x ∈ C i iz y ρ z sledi i da z ∈ C, tako da zakljuˇcujemo da vaˇzi x ρ z, jer pripadaju istom elementu C particije C. Prema tome, ρ je relacija ekvivalencije. S druge strane, kao ˇsto smo već videli, za svako x ∈ A postoji taˇcno jedan podskup C ∈ C tako da x ∈ C. Klasu ekvivalencije Cx elementa x po definiciji ˇcine svi oni elementi y ∈ A koji takodje pripadaju C, odakle vidimo da je Cx = C, tj. klase ekvivalencije su upravo elementi particije C.

RELACIJE PORETKA DEFINICIJA 5.3.15.

Relacija ρ na skupu A je antisimetriˇcna ako vaˇzi

(∀x, y ∈ A)

xρy ∧ yρx

⇒

x = y.

DEFINICIJA 5.3.16. Relacija ρ na skupu A je relacija poretka ako je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna. Relacija poretka se takodje naziva i uredjenje, odnosno parcijalno uredjenje. DEFINICIJA 5.3.17. Uredjeni par (A, ρ), gde je ρ relacija poretka na skupu A, naziva se parcijalno uredjen skup.

GLAVA 5. DODATAK PRIMER 5.3.18. je

335

Relacija “manje ili jednako” 6 na skupu N je relacija poretka, jer (∀x ∈ N ) x 6 x, (∀x, y ∈ N ) x 6 y ∧ y 6 x ⇒ x = y, (∀x, y, z ∈ N ) x 6 y ∧ y 6 z ⇒ x 6 z.

Kao i kod jednakosti, i u ovom sluˇcaju su svojstva relacije 6 vodila ka definiciji relacije poretka. PRIMER 5.3.19.

Relacija “deliti” | na skupu N je relacija poretka, jer je (∀x ∈ N) x | x, (∀x, y ∈ N) x | y ∧ y | x ⇒ x = y, (∀x, y, z ∈ N) x | y ∧ y | z ⇒ x | z.

PRIMER 5.3.20. jer je

Za proizvoljan skup A relacija ⊆ na skupu P(A) je relacija poretka,

(∀X ∈ P(A)) X ⊆ X, (∀X, Y ∈ P(A)) X ⊆ Y ∧ Y ⊆ X ⇒ X = Y, (∀X, Y, Z ∈ P(A)) X ⊆ Y ∧ Y ⊆ Z ⇒ X ⊆ Z. S obzirom na gornje primere relacija 6 i ⊆ u matematici je postalo uobiˇcajeno da se relacija poretka oznaˇcava simbolom ¹. Sada ćemo definisati nekoliko ˇcesto sretanih pojmova kod parcijalnih uredjenja. DEFINICIJA 5.3.21. Neka je (A, ¹) parcijalno uredjenje i neka je B ⊆ A. Za element a ∈ A se kaˇze da je donja granica za B ako je (∀x ∈ B) a ¹ x. Element a ∈ A je najmanji element u B ako je a ∈ B i a je donja granica za B. Za element a ∈ A se kaˇze da je gornja granica za B ako je (∀x ∈ B) x ¹ a. Element a ∈ A je najveći element u B ako je a ∈ B i a je gornja granica za B. Primetimo da kod parcijalnog uredjenja mogu da postoje elementi koji nisu uporedivi, pa stoga mogu da postoje i podskupovi koji nemaju najmanji element, odnosno najveći element. Na primer, ako posmatramo relaciju poretka ⊆ na skupu P({1, 2, 3}), tada skup {{1}, {2}, {3}} nema niti najmanji, niti najveći element. Svojstva relacije poretka 6 na skupu N su posluˇzila kao inspiracija za joˇs dve vaˇzne vrste uredjenja. DEFINICIJA 5.3.22. Relacija poretka ¹ na skupu A je linearno uredjenje ako za svaka dva elementa x, y ∈ A vaˇzi x ¹ y ili y ¹ x.

GLAVA 5. DODATAK

336

DEFINICIJA 5.3.23. Linearno uredjenje ¹ na skupu A je dobro uredjenje ako svaki konaˇcan podskup od A ima najmanji element u odnosu na uredjenje ¹. Za slikovno predstavljanje relacija poretka na konaˇcnom skupu mogu se iskoristiti Haseovi dijagrami. Da bismo mogli da opiˇsemo konstrukciju Haseovog dijagrama potrebna nam je sledeća pomoćna definicija. DEFINICIJA 5.3.24. Neka je ρ relacija poretka na konaˇcnom skupu A i neka je x ∈ A proizvoljni element skupa A. Za element y ∈ A se kaˇze da je neposredni prethodnik elementa x ako je y ρ x, y 6= x i vaˇzi (∀z ∈ A)

yρz ∧ zρx

⇒

z = y ∨ z = x.

Drugim reˇcima, y je neposredni prethodnik od x ako nijedan drugi element skupa A ne moˇze da se smesti izmedju y i x. Kada je data relacija poretka ρ na konaˇcnom skupu A, tada za svaki element skupa A moˇzemo da odredimo nivo u odnosu na relaciju ρ. Naime, element x ∈ A je na nivou 0 ako nema neposrednog prethodnika. U suprotnom, element x je na nivou k, k > 0, ako ima bar jednog neposrednog prethodnika na nivou k − 1, dok se svi ostali neposredni prethodnici nalaze na nivoima najviˇse k − 1. Sada se Haseov dijagram relacije ρ dobija na sledeći naˇcin: elementi skupa A se poredjaju po nivoima poˇcev od nivoa 0 na dnu, do najvećeg nivoa na vrhu i svaki element se spaja linijom sa svim svojim neposrednim prethodnicima. Iz naˇcina konstrukcije Haseovog dijagrama moˇzemo da vidimo da su elementi na istom nivou neuporedivi. Iz ovoga zakljuˇcujemo da kod linearnog uredjenja, kod koga su svaka dva elementa uporediva, na svakom nivou postoji taˇcno jedan element. Stoga je Haseov dijagram linearnog uredjenja veoma jednostavan: on predstavlja niz elemenata skupa poredjanih jedan iznad drugog.

5.4

ˇ MATEMATICKA INDUKCIJA

Matematiˇcka indukcija je jedan od najˇceˇsćih naˇcina dokazivanja matematiˇckih tvrdjenja u diskretnoj matematici, ali se ˇcesto sreće i u drugim granama matematike. S obzirom na njenu ˇsiroku rasprostranjenost, vaˇzno je da se sa njom ˇsto bolje upoznamo.

ˇ PRINCIP MATEMATICKE INDUKCIJE Neka je S(n) neko tvrdjenje koje zavisi od prirodnog broja n; na primer, S(n) moˇze da bude tvrdjenje “zbir prvih n neparnih brojeva jednak je n2 ”. Raˇcunajući ove zbirove moˇzemo da proverimo da tvrdjenje vaˇzi za neke male vrednosti n. Na primer, 1 = 12 ,

1 + 3 = 22 , 1 + 3 + 5 = 32 , 1 + 3 + 5 + 7 = 42 , 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 52 .

GLAVA 5. DODATAK

337

ˇ i ako tvrdjenje proverimo pomoću raˇcunara za prvih milion vrednosti n, to joˇs uvek Cak nije dokaz. Ko zna, milion i prvi broj i dalje moˇze da bude kontraprimer. Ispravnost ovog tvrdjenja dokazujemo pomoću principa matematiˇcke indukcije, koji se sastoji u sledećem: i) Dokazati da je S(1) taˇcno; ii) Dokazati da vaˇzi “ako je S(n) taˇcno, tada je i S(n + 1) taˇcno”; pritom, dokaz mora da vaˇzi za proizvoljan prirodan broj n. Dokaz pod (i) se zove baza indukcije, dok se dokaz pod (ii) zove induktivni korak. PRIMER 5.4.1.

U naˇsem primeru, tvrdjenje S(n) je 1 + 3 + . . . + (2n − 1) = n2 .

Reˇsenje.

Dokaz ovog tvrdjenja matematiˇckom indukcijom odvija se na sledeći naˇcin:

i) S(1) je taˇcno, jer je 1 = 12 ; ii) Ako je za neki broj n tvrdjenje S(n) taˇcno, tada vaˇzi 1 + 3 + . . . + (2n − 1) = n2 . Dodajući sa obe strane 2n + 1 dobijamo da vaˇzi 1 + 3 + . . . + (2n − 1) + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 , ˇsto pokazuje da je i S(n + 1) taˇcno. Ovim je dokaz zavrˇsen. Deluje jednostavno, zar ne? Da vidimo sada zbog ˇcega je ovo zaista dokaz da tvrdjenje S(n) vaˇzi za svaki prirodan broj n. U bazi indukcije najpre dokazujemo da je S(1) taˇcno. Ako zatim stavimo vrednost n = 1 u induktivni korak tada dobijamo da je S(2) takodje taˇcno. Ako sada novu vrednost n = 2 stavimo u induktivni korak, tada dobijamo da je S(3) takodje taˇcno. Ponavljajući ovaj postupak, redom dobijamo da su taˇcna tvrdjenja S(4), S(5), S(6), . . . i vidimo da na ovaj naˇcin moˇzemo da dokaˇzemo da je tvrdjenje S(n) taˇcno za svaki prirodan broj n. Taˇcnije, induktivni korak nam daje sledeći beskonaˇcan niz implikacija: S(1) ⇒ S(2) ⇒ S(3) ⇒ S(4) ⇒ S(5) ⇒ S(6) ⇒ . . . ⇒ S(n) ⇒ . . . dok baza indukcije sluˇzi da zapoˇcnemo kretanje po ovom nizu tako ˇsto dokazuje taˇcnost prvog tvrdjenja u njemu. PRIMER 5.4.2.

Dokazati da za svaki prirodan broj n vaˇzi 1 + 2 + . . . + n =

n(n+1) . 2

Reˇsenje. Najpre dokazujemo bazu indukcije. Za n = 1 tvrdjenje se svodi na 1 = 1(1+1) , 2 ˇsto je taˇcno. Zatim prelazimo na dokaz induktivnog koraka. Stoga pretpostavimo da je tvrdjenje n(n + 1) 1 + 2 + ... + n = 2

GLAVA 5. DODATAK

338

taˇcno za neki prirodan broj n. Dodajući n + 1 na obe strane dobijamo da vaˇzi 1 + 2 + . . . + n + (n + 1) =

³n ´ (n + 1)(n + 2) n(n + 1) + (n + 1) = (n + 1) +1 = , 2 2 2

ˇsto dokazuje da je tvrdjenje taˇcno i za broj n + 1. Po principu matematiˇcke indukcije, dokaz je zavrˇsen. PRIMER 5.4.3. deljiva sa 16.

Dokazati da je za svaki prirodan broj n vrednost izraza 5n − 4n − 1

Reˇsenje. Za n = 1 imamo da je 51 − 4 · 1 − 1 = 0, pa je svakako deljivo sa 16. Ako sada pretpostavimo da je tvrdjenje taˇcno za neki prirodan broj n, tada je 5n − 4n − 1 ˇ se deˇsava sa ovim izrazom za n + 1? Imamo da je deljivo sa 16. Sta 5n+1 − 4(n + 1) − 1 = 5(5n ) − 4n − 5 = = 5(5n − 4n − 1) + 20n + 5 − 4n − 5 = 5(5n − 4n − 1) + 16n. Sada vidimo da je broj 5n+1 − 4(n + 1) − 1 zbir dva broja, od kojih je svaki deljiv sa 16, pa je i on sam deljiv sa 16. Znaˇci, tvrdjenje je taˇcno i za broj n + 1, pa je po principu matematiˇcke indukcije dokaz zavrˇsen. Pri radu sa matematiˇckom indukcijom treba paziti da baza indukcije obezbedi vaˇznost prvog tvrdjenja u beskonaˇcnom nizu implikacija koji se dobija ponavljanjem induktivnog koraka. Moˇzete li naći greˇsku u sledećem primeru? PRIMER 5.4.4. Neka su l1 , l2 , . . . , ln , n > 2, razliˇcite prave u ravni, tako da nikoje dve nisu paralelne. Dokazati da se sve prave seku u istoj taˇcki. Laˇzni dokaz. Za n = 2 tvrdjenje je taˇcno, jer se svake dve neparalelne prave seku. Pretpostavimo zato da tvrdjenje vaˇzi za neki prirodan broj n i posmatrajmo tvrdjenje za n + 1. Ako su date prave l1 , l2 ,. . . , ln , ln+1 , tada po indukcijskoj pretpostavci sve prave osim poslednje (tj. prave l1 , l2 , . . . , ln−1 , ln ) imaju zajedniˇcku taˇcku; oznaˇcimo je sa A. Takodje, sve prave osim pretposlednje (tj. prave l1 , l2 , . . . , ln−1 , ln+1 ) imaju zajedniˇcku taˇcku; oznaˇcimo je sa B. Prava l1 se nalazi u obe grupe, pa sadrˇzi obe taˇcke A i B. Sliˇcno se i prava ln−1 nalazi u obe grupe pa i ona sadrˇzi obe taˇcke A i B. Kako se l1 i ln−1 seku samo u jednoj taˇcki, to mora da bude A = B. Prema tome, sve prave l1 , l2 , . . . , ln , ln+1 imaju zajedniˇcku taˇcku A. Reˇsenje. Iako u prethodnom “dokazu” sve izgleda u redu, tvrdjenje je oˇcigledno netaˇcno. U ˇcemu je onda problem? Oznaˇcimo tvrdjenje sa S(n). Oˇcigledno je da je S(2) taˇcno, pa je baza indukcije u redu. Induktivni korak na prvi pogled deluje taˇcno. Ali kada ga malo bolje pogledamo, vidimo da je moguće zakljuˇciti da se taˇcke A i B poklapaju samo ako su prave l1 i ln−1 razliˇcite, tj. ako je n 6= 2. To znaˇci da induktivni korak generiˇse niz implikacija S(3) ⇒ S(4) ⇒ S(5) ⇒ S(6) ⇒ . . . ⇒ S(n) ⇒ . . . ali baza indukcije ne dokazuje prvo tvrdjenje iz ovog niza, tako da dokaz indukcijom nije korektan.

GLAVA 5. DODATAK

339

Kada bi mogli da dokaˇzemo da je S(3) taˇcno, tada bi tvrdjenje vaˇzilo za sve prirodne brojeve. Medjutim, jasno je da tri razliˇcite prave u ravni ne moraju da se seku u jednoj taˇcki, pa ni S(3) ne moˇze da bude taˇcno.

PRINCIP JAKE INDUKCIJE U nekim sluˇcajevima za dokaz taˇcnosti tvrdjenja S(n + 1) u induktivnom koraku jednostavnije je zameniti pretpostavku da je S(n) taˇcno tvrdjenje pomoću jaˇce pretpostavke da su sva prethodna tvrdjenja S(1), S(2), . . . , S(n) taˇcna. Ovakav modifikovani princip se naziva princip jake indukcije, a koristi se na sledeći naˇcin: i) Dokazati da je S(1) taˇcno tvrdjenje; ii) Dokazati da vaˇzi “ako su sva tvrdjenja S(1), S(2), . . . , S(n) taˇcna, tada je i S(n+1) taˇcno tvrdjenje”. Lako je videti da i ovaj princip garantuje taˇcnost tvrdjenja S(n) za svaki prirodan ˇ broj n. Staviˇ se, postoji joˇs mnogo drugih varijanti indukcije koje se sve sastoje iz baze indukcije i induktivnog koraka. Njihova glavna odlika je da induktivni korak generiˇse beskonaˇcan niz implikacija koje sluˇze da se “dodje” do tvrdjenja S(n) za proizvoljan prirodni broj n, a baza indukcije sluˇzi da pokaˇze taˇcnost uslova u prvoj implikaciji takvog beskonaˇcnog niza. PRIMER 5.4.5. Prvih nekoliko Fibonaˇcijevih brojeva je 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . . (videti poglavlje 2.4). Dokazati da vaˇzi nejednakost Ã Fn 6

√ !n−1 1+ 5 . 2

√ Reˇsenje. Oznaˇcimo broj (1 + 5)/2 sa φ, a tvrdjenje “Fn 6 φn−1 ” pomoću S(n). U ovom sluˇcaju, baza indukcije će se sastojati od dokaza dva posebna tvrdjenja S(1) i S(2), dok će induktivni korak imati oblik “ako su tvrdjenja S(n − 1) i S(n) taˇcna, tada je taˇcno i tvrdjenje S(n + 1)”. Razlog za ovakvu varijantu matematiˇcke indukcije je naˇcin definisanja Fibonaˇcijevih brojeva i jedno interesantno svojstvo broja φ. Ako je n = 1, tada je F1 = 1 = φ0 = φn−1 , pa je tvrdjenje S(1) taˇcno. Ako je n = 2, tada je F2 = 1 < 1, 6 < φ1 = φn−1 , pa je i tvrdjenje S(2) taˇcno. Pretpostavimo sada da su za neki prirodan broj n taˇcna tvrdjenja S(n − 1) i S(n). Tada je Fn−1 6 φn−2 i Fn 6 φn−1 , pa je Fn+1 = Fn + Fn−1 6 φn−1 + φn−2 = φn−2 (φ + 1). Vaˇzno svojstvo broja φ, zbog koga smo i izabrali ovakvu varijantu indukcije, je da vaˇzi φ2 = φ + 1. Sada je Fn+1 6 φn−2 (φ + 1) = φn , pa je i tvrdjenje S(n + 1) taˇcno. Ovim smo zavrˇsili dokaz induktivnog koraka i samim tim dokazali da tvrdjenje S(n) vaˇzi za sve prirodne brojeve n.

GLAVA 5. DODATAK

340

ALTERNATIVNI PRISTUP Princip matematiˇcke indukcije je ekvivalentan ˇcinjenici da je skup prirodnih brojeva dobro uredjen. Ova ekvivalencija se stoga moˇze iskoristiti za neˇsto drugaˇcije dokazivanje tvrdjenja koja vaˇze za prirodne brojeve. Pretpostavimo da imamo tvrdjenje S(n) za koje vaˇzi da su taˇcna tvrdjenja S(1) i tvrdjenje “ako je S(n) taˇcno, tada je i S(n + 1) taˇcno”. Drugaˇciji naˇcin da se dokaˇze da u tom sluˇcaju S(n) vaˇzi za sve prirodne brojeve n je sledeći: Pretpostavimo da postoji n tako da tvrdjenje S(n) nije taˇcno i neka X oznaˇcava skup svih prirodnih brojeva n za koje tvrdjenje S(n) nije taˇcno. Kako je skup prirodnih brojeva dobro uredjen, to znaˇci da ako je skup X neprazan, tada on ima najmanji element n0 . Kako je S(1) taˇcno, imamo da je n0 > 1. Poˇsto je n0 najmanji element skupa X, to je n0 − 1 ∈ / X i tvrdjenje S(n0 − 1) je taˇcno. Sada iz induktivnog koraka za n = n0 − 1 dobijamo da je tvrdjenje S(n0 ) taˇcno, tj. da je n0 ∈ / X, ˇsto je kontradikcija. Ova kontradikcija pokazuje da je skup X prazan, tj. da je tvrdjenje S(n) taˇcno za sve prirodne brojeve n. Naˇcin dokazivanja gde poˇcinjemo reˇcenicom “Neka je n0 najmanji broj koji ne zadovoljava tvrdjenje koje ˇzelimo da dokaˇzemo” i zavrˇsavamo kontradikcijom ponekad zamenjuje matematiˇcku indukciju. Oba naˇcina u suˇstini rade isto, a stvar je okolnosti ili liˇcnog ukusa koji će se naˇcin koristiti.

341

Bibliografija [1] James A. Anderson, Diskretna matematika sa kombinatorikom, Raˇcunarski fakultet, Beograd, 2005. [2] George E. Andrews, Kimmo Eriksson, Integer Partitions, Cambridge University Press, 2004. [3] George E. Andrews, The Thoery of Partitions, Cambridge University Press, 1984. [4] V.K. Balakrishnan, Combinatorics, Shaum’s Outline Series, 1995. [5] V.K. Balakrishnan, Graph Theory, Shaum’s Outline Series, 1997. [6] Norman L. Biggs, Algebraic Graph Theory, Cambridge University Press, 1974. [7] Béla Bollobás, Modern Graph Theory, Springer-Verlag, 1998. [8] David M. Burton, Elementary Number Theory, Mc Graw Hill, 2002. [9] Gary Chartrand, Linda Lesniak, Graphs & Digraphs, Chapman & Hall, 1996. [10] Dragoˇs Cvetković, Kombinatorna teorija matrica, Nauˇcna knjiga, Beograd, 1987. [11] Dragoˇs Cvetković, Teorija grafova i njene primene, Nauˇcna knjiga, Beograd, 1990. [12] Dragoˇs Cvetković, Slobodan Simić Diskretna matematika, Nauˇcna knjiga, Beograd, 1990. [13] Dragoˇs Cvetković, Peter Rowlinson, Slobodan Simić Eigenspaces of graphs, Cambridge University Press, 1997. [14] Christopher David Godsil, Algebraic Combinatorics, Chapman & Hall, New YorkLondon, 1993. [15] Ronald L. Graham, Donald E. Knuth, Oren Patashnik, Concrete Mathematics, Addison-Wesley Publishing Company, 1994. [16] Ronald L. Graham, Martin Grötschel, László Lovász (editors), Handbook of Combinatorics, Volume 1 & 2, North-Holland, 1995. [17] Ivan Gutman, Branislav Popović, Arthur Cayley – pionir hemijske teorije grafova, str.16-19, Tangenta 39, Kragujevac-Beograd 2005. [18] Frank Harary, Graph Theory, Narosa Publishing House, 1995. [19] Frank Harary, On the History of the Theory of Graphs, p.1-17, New Directions in the Theory of Graphs, Academic Press, New York and London, 1973. 342

BIBLIOGRAFIJA

343

[20] Vladimir Janković, Diferencne jednaˇcine, Beograd, 1976. [21] László Lovász, Combinatorial Problems and Exercises, Budapest, 1979. [22] Henryk Minc, Permanents, Addison–Wesley Publishing Company, 1978. [23] Pavle Mladenovi, Kombinatorika, DMS, Beograd, 2001. [24] John W. Moon, Counting Labelled Trees, Canad. Math. Congress, Montreal, 1970. [25] Jiˇr´ı Matouˇsek, Jaroslav Neˇsetˇril, Invitation to Discrete Mathematics, Clarendon Press, Oxford, 1988. [26] Marko Petkovˇsek, Herbert Wilf, Doron Zeilberger, A=B, AK Peters, 1997. [27] Vojislav Petrović, Teorija grafova, Novi Sad, 1998. [28] Boro Piperevski, Risto Malqeski, Aleksa Malqeski, Irena Trajkovska, Izbrani sodrini od elementarna matematika II, Skopje, 2001. [29] Kenneth H. Rosen, Discrete Mathematics and Its Applications, McGraw Hill, 2003. [30] Steven S. Skiena, The Algorithm Design Manual, Springer-Verlag, New York, 1997, online verzija kompletne knjige dostupna na adresi http://www2.toki.or.id/book/AlgDesignManual/INDEX.HTM [31] Neil J.A. Sloane, Online Encyclopedia http://www.research.att.com/~njas/sequences/

of

Integer

Sequences,

[32] Richard P. Stanley, Enumerative combinatorics, Volume 2, Cambridge University Press, 1999. [33] Dragan Stevanović, Marko Miloˇsević, Vladimir Baltić, Diskretna matematika, Zbirka reˇsenih zadataka, DMS, Beograd, 2004. [34] Ioan Tomescu, Introduction to Combinatorics, Collet’s (Publishers) Ltd, London and Wellingborough, 1975. [35] Ioan Tomescu, Problems in Combinatorics and Graph Theory, John Wiley & Sons, 1985. ˇ [36] Darko Veljan, Kombinatorika sa teorijom grafova, Skolska knjiga, Zagreb, 1989. [37] Nikola Nikolaeviq Vorob~ev, Qisla Fibonaqqi, Nauka, Moskva, 1992. [38] Douglas B. West, Introduction to Graph Theory, Prentice Hall, 1996. [39] Wikipedia, free encyclopedia, http://en.wikipedia.org

Diskretna matematika - Osnove kombinatorike i teorije grafova

Recommend Documents