DISKRETNA_MATEMATIKA

DISKRETNA MATEMATIKA

Zoran Zor an Mitr Mi trovi´ ović Elektrote Elekt rotehniˇ hniˇcki cki fakult f akultet et u Banjaluci Banjal uci

2

2

Sadrˇ za j 1 Predgovor

5

2 Elementi teorije bro jeva 2.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Djeljivost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Euklidov algoritam . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 2.4 Pros Prosti ti broje brojevi vi.. Osno Osnovna vna teor teorem emaa arit aritme meti tik ke. . 2.5 Modu odularne aritmetike . . . . . . . . . . . . . 2.6 Eulerova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Kine ineska teorema o ostacima . . . . . . . . . . 2.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Funkcije generatrise 3.1 Uvod . . . . . . . . . 3.2 Particije . . . . . . . 3.3 Rekurzivne relacije . 3.4 Kompoz pozicijski inverz 3.5 Zadaci . . . . . . . .

. . . . .

4 Grafovi 4.1 Uvod . . . . . . . . . . 4.2 Stepen ˇcvora . . . . . 4.3 Povezani grafovi . . . 4.4 Stabla . . . . . . . . . 4.5 Eulerovi i Hamiltonovi 4.6 Zadaci . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . grafovi . . . . . .

5 Optimizacija 5.1 Neki problemi . . . . . . . . . . 5.2 Osnovni po jm jmovi . . . . . . . . 5.3 Konveksni skupovi . . . . . . . 5.4 Politopi . . . . . . . . . . . . . 5.5 Konveksne funkcije . . . . . . . 5.6 5.6 Lek Leksik sikogra ografs fsk ko ured ureden enje je vekt ektora ora 3

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

. . . . . . . .

7 . . . . . . . . 7 . . . . . . . . 8 . . . . . . . . 10 . . . . . . . . 11 . . . . . . . . 13 . . . . . . . . 14 . . . . . . . . 17 . . . . . . . . 18

. . . . .

. . . . .

19 19 21 23 25 26

. . . . . .

27 27 29 30 31 32 33

. . . . . .

35 35 36 37 39 40 43

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

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

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

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

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

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

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

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

ˇ SADRZAJ

4

5.7 Primarni i dualni problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Simpleks metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 Diskretna teorija vjerovatno´ ce 6.1 Pojam vjerovatnoće . . . . . . . 6.2 Uslovna vjerovatnoća . . . . . . 6.3 Bernulijeva ˇsema . . . . . . . . 6.4 Diskretne sluˇcajne promjenljive 6.5 Sluˇcajni procesi . . . . . . . . . 7 Literatura

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

44 47 53 53 56 58 60 63 67

Glava 1

Predgovor -

5

6

GLAVA 1.

PREDGOVOR

Glava 2

Elementi teorije brojeva 2 .1

Uvo d

Klasiˇcna cna teorija brojeva se bavi uglavnom prouˇ cavanjem cavanjem prirodnih cijelih i racionalnih brojeva. Prvi problemi problemi iz teorije teorije brojeva brojeva zapisani zapisani su joˇ joˇs u starom starom Babilonu Babilonu i Egiptu Egiptu 2000-3000 godina prije nove ere. Otkri´ ce ce iracionalnih brojeva i osnovnih osobina djeljivosti djelj ivosti prirodnih priro dnih brojeva bro jeva sadrˇzani zani su joˇ j oˇ s u Euklidovim Euklid ovim elementima. el ementima. Neki najpoznatiji najp oznatiji rijeˇseni seni i nerijeˇ seni seni problemi iz teorije brojeva su:

• Goldbachova Goldbachova hipoteza: hipoteza: Svaki se paran broj 2n, 2 n, n ≥ 2, moˇze ze izra i zrazi ziti ti kao suma dva prosta prirodna broja. Tvrdnja joˇs nije dokazana. dokazana. (Nagrada je 1 000 000 $).

• 10. Hilbertov Hilbertov problem 1900 1900: Postoji Posto ji li algoritam algori tam za nalaˇzenje zenje rjeˇsenja senja Diofants Dio fantske ke jednaˇ je dnaˇcine? cin e? (Negati (Neg ativan van odgovor o dgovor dao Matijaˇ Mati jaˇseviˇ seviˇc 1970. 19 70.))

(a) Pelova jednaˇ jed naˇ cina cin a: Najpoznatija Najp oznatija Diofantska Diofantska jednaˇ cina cina je x2

− dy2 = 1,

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

√

dyn = (x ( x0 +

√

dy0 )n ,

gdje je (x (x0 , y0 ) naj n ajmanje manje rjeˇsenje senje Pelove jednaˇ j ednaˇcine cine u pozitivnim pozit ivnim cijelim brojevima. brojevima. (b) Fermatov ermatov zadnji veliki veliki teorem teorem: Jednaˇ Jed naˇcina ci na xn + yn = z n , nema rjeˇsenja senja u nenegativnim cijelim bro jevima gdje je n prirodan broj ve´ ci ci od o d 2. (Tvrdnju je dokazao dokazao A. Wiles 1995.) 7

8

GLAV GLAVA 2.

ELEMENTI ELEMENTI TEORIJE BROJEVA

(c) Catalanov Catalanova a hipoteza 1843: 1843: Jedina Jedi na rjeˇsenja sen ja jednaˇ jed naˇcine cin e xu

−y

v

= 1,

u prirodnim prirodnim brojevima brojevima x,y,u,v su 32 Mihˇ alescu alescu 2003.)

− 23 = 1.1 . (Tvrdnju je dokazao

Klaus Roth 1958, (Dobitnik (Dobitnik Fieldsov Fieldsove e medalje) medalje):: Za realan realan algebarski algebarski broj α neje ne jedn dnaˇ aˇcina ci na

• Teorema, eorema,

 − α



p 1 < 2+ , q q

gdje je  > 0, ima konaˇcno cno mnogo mnog o rjeˇsenja. senj a.

2.2 2.2

Djel Djelji jiv vos ostt

Definicija 2.1. Neka su a i b cijeli brojevi. bro jevi. Kaˇzemo zemo da a dijeli b ako je a = 0 i postoji k cita mo ”a dijeli b”. Broj Broj a Z tako da je b = ak. Piˇsemo a b i ˇcitamo nazivamo djelitelj broja b, a broj b sadrˇzilac zil ac broja bro ja a.

∈

|



Osobine relacije biti djelitelj :

• Refleksivnost, Refleksivnost, • Antis Ant isim imetr etriˇ iˇ cnost cno st,, • Tranzitivnost. Tranzitivnost . Primjer 2.1. Ako su a,b,c koja dva cijela broja m i n.

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

Teorema 2.1. Neka je a N i b Z tada postoje jedinstveni cijeli brojevi q i r takvi da je b = aq + r i 0 r < a.

∈ ≤

∈

Dokaz. Pokaˇ zimo zimo prvo egzistenciju egzisten ciju brojeva bro jeva q i r. Konstru Kon struiˇ iˇsimo sim o skup

{ − as ≥ 0 : s ∈ Z}. Skup S je neprazan podskup skupa N ∪ {0}, pa ima najmanji elemenat. Neka je to r. Tada postoji q ∈ Z takav da je b − aq = r. Jasno je da je r ≥ 0. Pokaˇzimo zi mo da je r < a. a . U suprotnom bi imali r ≥ a, pa je b − a(q + 1) = r − a > 0. Dakle, b − a(q + 1) ∈ S i b − a(q + 1) < r ˇsto st o je nemo ne mogu´ guće. ce . Pokaˇ zimo zimo jedinstvenost jedins tvenost brojeva bro jeva q i r. Pret Pretpos posta tavi vimo mo da je b = aq1 + r1 i b = aq2 + r2 , gdje je 0 ≤ r1 < a i 0 ≤ r2 < a. a . Tada je a|q2 − q1 | = |r2 − r1 | < a, a, pa kako su q1 i q2 cijeli brojevi to je |q2 − q1 | = 0. Znaˇci q1 = q2 i r1 = r2 . Definicija 2.2. • Ako su a,b, ∈ Z takvi da je d|a i d|b onda d nazivamo S = b

zajed za jedniˇ niˇ cki cki djelite djel itelj lj od a i b.

2.2. 2.2.

9

DJELJI DJELJIVO VOST ST

• Najve´ Na jve´ ci ci zajed za jedniˇ niˇ cki cki djelite djel itelj lj brojeva a i b oznaˇ ozn aˇcavamo cavam o sa (a, b). • Najmanji prirodan prirodan broj ˇciji ciji su a i b djelitelji nazivamo najmanji najmanji za jed j edni niˇ ˇ cki ck i sadr sa drˇ ˇ zila zi lac c i oznaˇcavamo cavamo sa [a, b].

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

Primjer 2.2.

n

a=



u pj j

n

(a, b) =



{

v

pj j

} i [a, b] =



i b =

j =1

tada je

n



j =1

min uj ,vj pj

j =1

n

{

max uj ,vj

pj

}.

j =1

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

· ·

· ·

·

·

Primjedba 2.1. Na sliˇ sl iˇcan ca n naˇ n aˇcin ci n se se m moˇ oˇze ze defin de finis isat atii (a ( a1 , a2 , . . . , an ) i [a [ a1 , a2 , . . . , an ], gdje su a1 , a2 , . . . , an cijeli brojevi. prirodni brojevi. Tada postoje cijeli brojevi x i y Teorema 2.2. Neka su a i b prirodni takvi da je (a, b) = ax + by. Dokaz. Skup S = ax + by > 0 : x, y

{

∈ Z}

je podskup skupa N, pa ima najmanji elemenat d0 . To znaˇci ci da postoje cijeli brojevi x0 i y0 takvi da je d0 = ax0 + by0 . Pokaˇzimo zimo da je d0 ax + by za sve x, y

|

∈ Z.

(2.1)

Ako (2. (2.1) ne bi vrijedilo postojali bi cijeli brojevi x1 i y1 takvi d0  ax1 + by1 . Znaˇci ci posto je brojevi bro jevi q i r, 1

≤ r < d 0, takvi da je ax1 + by1 = qd 0 + r,

pa je a(x1

− qx0) + b(y1 − qy0) = r,

ˇsto sto je nemogu´ nemo guće, ce, jer je d0 minimum skupa S . Dakle, vrijedi (2. (2.1), pa za x = 1 i y = 0 imamo d0 a, a za x = 0 i y = 1 imamo d0 b, to znaˇ zn aˇci ci d0 (a, b). S druge strane, (a, (a, b) a i (a, ( a, b) b, pa (a, (a, b) ax0 + by0 to jest (a, (a, b) d0 . Znaˇ Zn aˇci ci d0 = (a, ( a, b).

|

|

|

|

|

|

|

10

GLAVA 2.

ELEMENTI TEORIJE BROJEVA

Posljedica 2.1. Ako su a i b relativno prosti brojevi to jest (a, b) = 1 tada postoje cijeli brojevi x i y takvi da je ax + by = 1. Primjer 2.4. Pokazati da jednaˇcina 12x + 15y = 3 ima cjelobrojna rjeˇsenja. Kako je (12, 15) = 3 na osnovu prethodne posljedice zakljuˇcujemo da jednaˇcina 4x + 5y = 1 ima cjelobrojna rjeˇsenja, pa prema tome i jednaˇcina 12x + 15y = 3 .

Primjedba 2.2. Iz dokaza teoreme 2.2. vidimo da je (a, b) = min ax + by > 0 : x, y

{

2.3

∈ Z}.

Euklidov algoritam

U prethodnoj sekciji smo vidjeli da je za rjeˇsavanje linearne Diofantove jednaˇcine, ax + by = c, potrebno naći najve´ ci zajedniˇcki djelilac brojeva a i b. Algoritam dat u slede´ coj teoremi daje postupak za odredivanje na jve´ ceg zajedniˇckog djelioca dva broja. Teorema 2.3. ( Euklidov algoritam ) Pretpostavimo da su a, b N i a < b. Dalje, neka su q1 , q2 , . . . , qn+1 Z, r1 , r2 , . . . , rn N i 0 < rn < rn−1 < < r1 < a takvi da je b = aq1 + r1

∈

∈

∈

·· ·

a = r1 q2 + r2 r1 = r2 q3 + r3

.. . rn−2 = rn−1 qn + rn rn−1 = rn qn+1 .

Tada je (a, b) = rn .

|

| |

Dokaz. Pokaˇ zimo prvo da je (a, b) = (a, r1 ). Iz (a, b) a, (a, b) b i b = aq1 + r1 imamo (a, b) r1 . Dakle, (a, b) (a, r1 ). S druge strane, (a, r1 ) a i (a, r1 ) r1 , pa kako je b = aq1 + r1 imamo (a, r1 ) b. Dakle, (a, r1 ) (a, b), pa je (a, b) = (a, r1 ). Na sliˇcan naˇcin imamo

|

|

|

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

|

·· · = (r −1, r

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

n

n ).

|

11

2.4. PROSTI BROJEVI. OSNOVNA TEOREMA ARITMETIKE.

Primjer 2.5. Imamo

1. Odrediti (589, 5111).

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

5111 = 589 8 + 399

Dakle, (589, 5111) = 19. 2. Naći bar jedno rjeˇsenje jednaˇcine 589x + 5111y = 19. Iz 19 = 399 190 2

− · = 399 − (589 − 399 · 1) · 2 = 589(−2) + 399 · 3 = 589(−2) + (5111 − 589 · 8) · 3 = 5111 · 3 + 589(−26), zakljuˇcujemo da je x = −26 i y = 3, pa je (−26, 3) jedno rjeˇsenje jednaˇcine 589x + 5111y = 19.

Primjedba 2.3. Ako je (x0 , y0 ) rjeˇsenje jednaˇcine ax + by = c onda za svako rjeˇsenje (xt , yt ) te jednaˇcine vrijedi xt = x0 + bt, yt = y0 at, gdje je t Z. Dakle, koristeći Euklidov algoritam moˇzemo rijeˇsiti svaku Diofantovu jednaˇcinu ax + by = 1, gdje je (a, b) = 1.

−

2.4

∈

Prosti brojevi. Osnovna teorema aritmetike.

U ovoj sekciji izuˇcavamo neke osobine prostih brojeva. Definicija 2.3. Neka je a N i a > 1. Za broj a kaˇzemo da je prost broj ako su jedini njegovi djelitelji 1 i a. Ako broj nije prost kaˇzemo da je sloˇzen.

∈

Primjedba 2.4. Broj 1 nije ni prost ni sloˇzen. Primjer 2.6. Za svaki prirodan broj k postoji k uzastopnih sloˇzenih brojeva. Naime, ako stavimo n = k + 1 tada su n! + 2, n! + 3, . . . , n! + n

sloˇzeni brojevi. Teorema 2.4. Neka su a1 , a2 , . . . , an tada p aj za neko j 1, . . . , n .

|

∈{

}

∈ Z i p prost broj.

Ako p a1 a2

| · ···a

n

12

GLAVA 2.


Teorema 2.5. ( Osnovna teorema aritmetike) Faktorizacija svakog prirodnog broja n > 1 na proste faktore je jedinstvena.

Dokaz. Prvo ćemo indukcijom pokazati da svaki prirodan broj n 2 ima reprezentaciju koja se sastoji od proizvoda prostih brojeva. Broj 2 ima reprezentaciju koja se sastoji od prostih brojeva. Prepostavimo sada da je n > 2 i da svaki prirodan broj m za koji vrijedi 2 m < n ima reprezentaciju koja se sastoji od proizvoda prostih brojeva. Ako je n prost broj tada je dokaz gotov, u suprotnom postoje prirodni brojevi n1 i n2 takvi da je 2 n1 < n i 2 n2 < n i n = n1 n2 . Zbog indukcijske pretpostavke n1 i n2 imaju reprezentacije preko proizvoda prostih brojeva, pa prema tome takvu reprezentaciju ima i broj n. Dokaˇzimo sada jedinstvenost. Prepostavimo da je

≥

≤

≤

≤

·

· · · · · p = p1 · p2 ·· · p ,     gdje su p1 ≤ p2 ≤ ··· ≤ p , p1 ≤ p2 ≤ ·· · p prosti brojevi. Imamo p1 | p1 ·      p2 ·· · p , pa p1 | p za neki i ∈ {1, . . . , s}. S druge strane p1 | p1 · p2 ···· p , pa p1 | p za neki j ∈ {1, . . . , r }. Dakle, imamo   p1 = p ≥ p1 = p ≥ p1 , n = p1 p2

r

s

r

s

s

r

i

j

j

i



pa je p1 = p1 . Sada je p2

· · · · p

r



= p2

·· · p , s



pa se na sliˇcan naˇcin pokaˇze da je r = s i pi = pi , i = 1, . . . , r . Posljedica 2.2. Neka je n prirodan broj. Tada postoje prosti brojevi p1 , . . . , pk i prirodni brojevi α1 , . . . αk takvi da je 1 n = pα 1

· ·· p

αk k .

(2.2)

Definicija 2.4. Reprezentacija (2.2) se naziva kanonska dekompozicija broja n. Teorema 2.6. (Euklid) Skup prostih brojeva je beskonaˇcan.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno. Neka su p1 < p 2 < < p k svi prosti brojevi. Tada je na osnovu osnovnog teorema aritmetike broj n = p1 p2 pk + 1 djeljiv sa pj za neko j 1, . . . , k . Dakle, pj n p1 p2 pk , to jest pj 1 ˇsto je nemoguće.

∈{

·· · · ·· · | − · ···

}

|

Sljedeća teorema je poznata kao mala Fermatova teorema. Teorema 2.7. (Pierre de Fermat, 1601-1655) Neka je a prirodan broj i p prost tada je p a p a.

| −

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

a

p

p

− a = (b + 1) − (b + 1) = b

+

  p 1

p 1

b − + · ·· +



p p

−1



b+1

− b − 1.

13

2.5. MODULARNE ARITMETIKE

  p 1

p

p 1

b − +···+



p



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

p

 

Primjer 2.7. Pokazati da postoji prirodan broj k takav da je 1123 = 11+23 k.

·

2.5

Modularne aritmetike

U ovoj sekciji, koriste´ ci osobine prostih brojeva nastavljamo da izuˇ cavamo relaciju ”a dijeli b”. Definicija 2.5. Ako je n a n i to piˇsemo

| − b onda kaˇzemo da je a kongruentno b modulo a ≡ b(modn).

Osobine relacije ”biti kongruentan modulo n”:

• Relacija ”biti kongruentan modulo n”je relacija ekvivalencije na skupu Z. Svi cijeli brojevi koji su kogruentni po datom modulu obrazuju jednu klasu brojeva. Tako na primjer po modulu 3 imamo tri klase brojeva : – klasu brojeva oblika 3k koji su djeljivi sa 3, odnosno kongruentni su nuli po modulu 3, – klasu brojeva oblika 3k + 1 koji prilikom dijeljenja sa 3 daju ostatak 1, odnosno kongruentni si jedinici po modulu 3, – klasu brojeva oblika 3k + 2 koji prilikom dijljenja sa 3 daju ostatak 2, odnosno kongruentni su broju 2 po modulu 3. Primjer 2.8. Odrediti prirodan broj p ako su p i 8 p2 + 1 prosti brojevi. Prema prethodnom svaki se cijeli broj moˇ ze zapisati u jednom od sljedeća tri oblika : n = 3k, n = 3k + 1 n = 3k 1,

−

gdje je k cijeli broj. Ako je p = 3 onda je p oblika 3k U oba sluˇcaja je 8 p2 + 1 = 3(24k 2 16k + 3)



± 1, jer je p prost.

±

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

• Ako je a ≡ b(modn) i c ≡ d(modn) onda je a ± c ≡ b ± d(modn) i ac ≡ bd(modn). • Ako je a ≡ b(modn), d ∈ N i d|n onda je a ≡ b(modd). • Ako je a ≡ b(modn) onda je ac ≡ bc(modn) za svaki prirodan broj c.

14

GLAVA 2.

k


k

• Ako je a ≡ b(modn) onda je a ≡ b (modn) za svaki prirodan broj k. • Ako je ac ≡ bc(modn) i (c, n) = 1 onda je a ≡ b(modn). Dokaˇzimo na primjer posljednju osobinu. Neka je ac bc(modn). Tada imamo n c(a n a b. Znaˇci a b(modn).

| −

≡

| − b), pa kako je (c, n) = 1 to je

≡

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

 ≡



≡ bc(modn) ako i samo ako je

Primjer 2.9. Odrediti posljednju cifru u dekadnom zapisu broja 3400 . Vrijedi 34 1(mod10), pa je

≡

3400

to jest

≡ 1100(mod10),

3400

≡ 1(mod10).

Dakle, posljednja cifra broja 3400 je 1.

Primjedba 2.6. Malu Fermatovu teoremu moˇzemo zapisati i na sljedeći naˇcin: Ako je a prirodan broj i p prost onda je a p a(modp).

≡

2.6

Eulerova funkcija

Definicija 2.6. Neka je ϕ(n) broj prirodnih brojeva koji nisu veći od n, a uzajamno su prosti sa n. Definiˇsimo ϕ(1) = 1. Na taj naˇcin je definisana funkcija ϕ : N N koja se naziva Ojlerova funkcija.

→

Primjer 2.10. Nekoliko prvih vrijednosti funkcije ϕ dato je sljedećom tabelom: n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ϕ(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4 Definicija 2.7. Funkcija f : N N je multiplikativna ako je f (mn) = f (m)f (n) za sve prirodne brojeve m i n za koje je (m, n) = 1.

→

Daćemo neke osobine Eulerove funkcije. Teorema 2.8. Ojlerova funkcija je multiplikativna.

Dokaz. Neka je (m, n) = 1. treba odrediti broj ϕ(mn) elemenata koji su uza jamno prosti sa mn u sljedećoj tabeli: 1 n+1 .. . (m

− 1)n + 1

2 n+2 .. . (m

− 1)n + 2

··· ··· ··· ···

k n+k .. . (m

− 1)n + k

··· ··· ··· ···

n 2n .. . mn

15

2.6. EULEROVA FUNKCIJA

U bilo kojoj koloni tabele su svi elementi uzajamno prosti sa n ili nijedan. Kolona u kojoj su svi elementi uzajamno prosti sa n ima ϕ(n). Kako je (m, n) = 1 u svakoj takvoj koloni ima ϕ(m) koji su uzajmno prosti sa m. Dakle ukupan broj elemenata koji su uzajamno prosti i sa m i sa n je ϕ(m)ϕ(n). 1 α2 Teorema 2.9. Ako je n = pα 1 p2 je 1 ϕ(n) = n 1 p1

αk k

·· · p

kanonska faktorizacija broja n onda

 −  −  ·· ·  −  1

1 p2

1

1 pk

.

Dokaz. Ako je p prost broj onda u nizu 1, 2, . . . , p , . . . , 2 p , . . . , p α−1 p ima pα−1 brojeva djeljivih sa p, pa je ϕ( pα ) = pα pα−1 . Odavde i iz prethodne teoreme dobijamo

−

α1

α2

ϕ(n) = ϕ( p1 )ϕ( p2 )

···

k ϕ( pα k )=

α1

p1

 −   −  · ··  −  1 2 pα 1 2 p1

1

1 p2

1 pk

k pα 1 k

ˇcime je dokaz zavrˇsen. Primjer 2.11. ϕ(120) = ϕ(23 3 5) = 22 30 50 (2

· ·

− 1)(3 − 1)(5 − 1) = 32.

Teorema 2.10. (Gaussova formula) Za svaki prirodan broj n vrijedi



ϕ(d) = n.

|

dn

1 2 Dokaz. Neka je n = pα pα 1 2

αk k

·

 |

dn

·· · p , gdje su p razliˇciti prosti brojevi. Tada je ϕ(d) = (ϕ(1) + ϕ( p1 ) + ·· · + ϕ( p1 )) (ϕ(1) + ϕ( p2 ) + · ·· + ϕ( p2 )) i

α1

α2

·· · (ϕ(1) + ϕ( p ) + ·· · + ϕ( p )) = (1 + p1 − 1 + p21 − p1 + ·· · + p1 − p1 −1) (1+ p2 − 1+ p22 − p2 + · ·· + p2 − p2 −1 ) ·· · (1+ p − 1+ p2 − p + · ·· + p − p −1 ) = = p1 · p2 ·· · p = n. αk k

k

α2

α1

α2

α1

k

α2

k

k

αk k

Teorema 2.11. (Eulerova teorema) Ako je (a, m) = 1 onda je aϕ(m)

≡ 1(modm).

αk k

α1

αk k

,

16

GLAVA 2.


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

···α

≡ α1α2 · · · α

ϕ(m) (modm).

ϕ(m)

Kako je (αi , m) = 1 imamo aϕ(m)

≡ 1(modm).

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

≡

Primjer 2.12. Ako su a i m uzajamno prosti prirodni brojevi, tada postoji rjeˇsenje kongruencije ax b(modm).

≡

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

− 1) ≡ 0(modm),

pa je rjeˇsenje, x = baϕ(m)−1 . 2

Primjer 2.13. Naći sve proste brojeve p za koje je broj 5 p + 1 djeljiv sa p2 . Oˇcigledno je p = 5. Sada moˇzemo primijeniti Eulerovu teoremu:



5ϕ( p

to jest

2

5 p

Dakle,

2

5 p + 1

Znaˇci treba da je

2

)

≡ 1(modp2),

− p ≡ 1(modp2 ). p2 p

p

≡ 5 ·5

− + 1 ≡ 5 p + 1(modp2 ).

5 p + 1

Prema maloj Fermatovoj teoremi, je 5 p

≡ 0(modp2).

≡ 5(modp),

pa je 5 p + 1

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

17

2.7. KINESKA TEOREMA O OSTACIMA

2.7

Kineska teorema o ostacima

U primjeru 2.12 vidjeli smo kako se mogu rjeˇsavati neke kongruencije. Sljedeća teorema daje potreban i dovoljan uslov kada sistem kongruencija ima rjeˇsenje. Teorema 2.12. ( Kineska teorema o ostacima ) Neka su m1 , . . . , mr po parovima uzajamno prosti brojevi i neka su a1 , . . . , ar proizvoljni cijeli brojevi. Tada postoji rjeˇsenje sistema kongruencija: x

≡ a1(modm1) .. .

x

≡ a (modm ). r

r

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

∈

Dokaz. Stavimo m = m1

· ··

· ·· m , tada je r



m , mj mj



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

Prema primjeru 2.12 za sve j postoji cijeli broj bj takav da je m bj mj

· ≡ 1(modm ).

Jasno,

j

m bj mj

· ≡ 1(modm ) za i = j. i

Stavimo

r

x0 =

 j =1

oˇcigledno je x0

m bj aj , mj

≡ mm b a ≡ a (modm ). i i

i

i

i

Dakle, x0 je rjeˇsenje sistema. Ako je x1 rjeˇsenje, imamo

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

i

je teorema dokazana.

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

≡ x ≡ 1(mod2),

18

GLAVA 2.


Primjer 2.14. Odrediti najmanji prirodan boj x za koji je

≡ 5(mod17) x ≡ 7(mod11) x ≡ 3(mod13). x

Uvedimo oznake kao u teoremi 2.12,

a1 = 5, a2 = 7, a3 = 3,

· ·

m1 = 7, m2 = 11, m3 = 13, m = 7 11 13 = 1001, m m m = 143, = 91, = 77. m1 m2 m3 Odredimo b1 , b2 , b3 . Iz 143b1 1(mod7), dobijamo 3b1 1(mod7), pa je

≡

≡

≡ 3 (7)−1 ≡ 36−1 ≡ 243 ≡ 5(mod7), na sliˇcan naˇcin, iz 3b2 ≡ 1(mod11) i 77b3 ≡ 1(mod13) dobijamo b2 ≡ 3 (11)−1 ≡ 4(mod11), b3 ≡ (−1) (13)−1 ≡ −1(mod13). b1

ϕ

ϕ

ϕ

Znaˇci, m m m x0 = b1 a1 + b2 a2 + b3 a3 = 143 5 5 + 91 4 7 + 77 ( 1) 3 = 5982. m1 m2 m3 Kako je x0 = 5 1001+887, zakljuˇcujemo da je 887 najmanji prirodan broji koji je rjeˇsenje sistema.

· ·

· ·

·− ·

·

2.8

Zadaci

1. Dati su brojevi 125 i 962. (a) Odrediti njihove kanonske dekompozicije. (b) Naći (125, 962). (c) Naći [125, 962]. 2. Koristeći Euklidov algoritam rijeˇsiti Diofantsku jednaˇcinu (210, 858) = 210x + 858y. Dati i opˇste rjeˇsenje te jednaˇcine. 3. Koristeći Eulerovu teoremu rijeˇsiti kongruencijsku jednaˇcinu 22x

≡ 1(mod729).

4. Dokazati Gausovu formulu o Eulerovoj funkciji. 5. Rijeˇsiti sistem kongruencijskih jednaˇcina x

≡ 2(mod3) x ≡ 3(mod5) x ≡ 2(mod7).

Glava 3

Funkcije generatrise 3.1

Uvod

Ovde dajemo metod za rjeˇsavanje kombinatornih problema u vezi sa prebrojavanjima poznat kao metod funkcija generatrisa. Osnovna ideja je da se nekom nizu brojeva dodjeljuje jedna funkcija i da se manipulacija umjesto sa beskonaˇcno mnogo objekata vrˇsi sa jednim objektom. Ova metoda potiˇce od L. Eulera, J. Stirlinga i De Moivré-a iz 18. vijeka.

{ }

Definicija 3.1. Neka je an niz realnih ili kompleksnih brojeva. Funkcija generatrisa (FG) datog niza je stepeni red +

∞

a(t) =

an tn.

n=0

Eksponencijalna funkcija generatrisa (EFG) je stepeni red oblika +

∞ ∞

e(t) = Neka su f (t) =

+

∞

an tn i g(t) =

n=0

{ } { }

an n t . n! n=0

+

bn tn dva stepena reda, to jest funkcije

n=0

generatrise za nizove an i bn redom. Tada vrijedi

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

⇔a

n

∀ ≥ 0).

= bn ( n

• Pravilo zbira: Suma f + g je stepeni red ˇciji je koeficijent uz t sumi odgovarajućih koeficijenata, to jest

+

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

∞

n=0

19

(an + bn )tn .

n

jednak

20

GLAVA 3.

FUNKCIJE GENERATRISE

n

• Pravilo proizvoda: Proizvod f · g je stepeni red ˇciji je koeficijent uz t jednak cn , pri ˇcemu je

n

cn =



k=0

Dalje, ako je f (t) =

∞

+

ak bn−k , ( n

∀ ≥ 0).

an tn FG za niz an onda je derivacija

{ }

n=0

+

f  (t) =

∞

(n + 1)an+1 tn ,

n=0

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

{ }

+

∞

t



1 an−1 tn, n n=1

f (x)dx =

0

to jest FG za niz

an n

{ }.

Primjer 3.1. Odrediti FG za sljedeće nizove : (a) 1, 1, 1, . . . , (b) 0, 1, 2, 3, . . . , n , . . . , (c) 0, 1, 4, 9, . . . , n2 , . . . . Oznaˇcimo redom sa f 0 , f 1 , f 2 traˇ zene funkcije generatrise. Tada je 1 2 (a) f 0 (t) = 1 + t + t + = 1−t ( t < 1). (b) Ako deriviramo obe strane prethodne jednakosti po t imamo

· ··

||

· · · = (1 −1 t)2 ,

1 + 2t + 3t2 +

a odavde mnoˇzenjem po t slijedi t + 2t2 + 3t3 +

·· · = (1 −t t)2 .

(c) Na sliˇcan naˇcin kao pod (b) dobijamo f 2 (t) =

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

−

Na kraju ove sekcije navodimo jedan ilustrativan primjer. Primjer 3.2. Na koliko se naˇcina mogu 24 jabuke podijeliti izmedju ˇcetvero djece tako da za svako dijete dobije barem 3, ali ne viˇ se od 8 jabuka. Podjelu jabuka koje svako dijete moˇ ze primiti moˇ zemo reprezentirati sa x3 + x4 + + x8 . Kako se radi o ˇcetvero djece odgovarajuća FG je f (x) = (x3 + 4 x + + x8 )4 . Traˇzi se koeficijent uz x24 od f (x). Kako je

· ·· · ··

12

2

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

5 4

·· · + x )

12

=x

1 x6 1 x

−  −

4

,

21

3.2. PARTICIJE

treba odrediti koeficijent uz x12 od 1 x6 1 x

4

 −  − − −  −    −  −   −  −  −  − ·· ·  = (1

4 0

6 4

x ) (1

4

x)

4 1

+

4 1

= 1

4 2

( x) +

6

x +

( x)2 +

4 4

12

x

 −···

,

a taj je jednak

 −  − −   −  −   −  4 12

4 1

( 1)12

4 6

( 1)6 +

4 2

4 0

.

Odavde zakljuˇcujemo da je traˇzeni broj 125.

3.2

Particije

Uopˇstenje primjera 3.2 dovodi nas do problema particije broja. Particija broja n N je prikaz broja n kao zbira prirodnih brojeva (pri tome nije bitan poredak sabiraka). Broj particija broja n se oznaˇcava sa p(n). Po definiciji je p(0) = 0.

∈

{

}

Teorema 3.1. FG za niz brojeva p(n) je data sa +

P (x) =

∞

k=1

1 k

−x

1

.

U stvari, koeficijent uz xn u proizvodu m



k=1

1 1

k

−x

, m

≥ n,

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

1

−

xk

= 1 + xk + x2k + x3k +

1 imamo da je koeficijent uz xn u proizvodu +

∞

k=1

··· ,

1 1

k

−x

jednak broju naˇcina da se xn prikaˇze kao xk1 +2k2 +3k3 +···nkn , to jest broju naˇcina da se n prikaˇze kao suma k1 + 2k2 + 3k3 + nkn , a to je broj particija broja n.

· ··

Na sliˇcan naˇcin se dokazuje i sljedeća teorema.

22

GLAVA 3.


Teorema 3.2. Koeficijent uz xn razvoja u red od (1

xa )(1

−

−

1 xb )(1

c

− x ) · ··

jednak je broju naˇcina da se n napiˇse kao suma nekoliko a ova b ova, c ova . . . .

−

−

−

Ako sa pk (n) oznaˇcimo broj particija od n u kojima se javljaju samo brojevi 1, 2, . . . , k tada na osnovu prethodne teoreme dobijamo sljedeće tvrdjenje. Posljedica 3.1. FG za niz pk (n) je

{

(1

}

− x)(1 −

1 x2 )

· ·· (1 − x ) . k

Na kraju dajemo jednu aproksimaciju za broj p(n). Iz

+

P (x) =

∞

k=1

dobijamo

1 1

k

−x

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

ln P (x) =



x2 x3 + + x+ 2 3

x4 x6 + x + + + 2 3

  ···

2

2

+

x3 x9 + x + + + 2 3

  ·· ·

3

 ·· ·

3

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

Ako je 0 < x < 1 vrijedi

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

−

· − ·

·· · x −1 n

<

1 n2

· 1 −x x .

Dakle, ln P (x) <

x 1

Kako je 1+

−x



1 1 1+ 2 + 2 + 2 3

1 1 + 2+ 2 2 3

dobijamo ln P (x) <

 ·· ·

.

2

·· · = π6 ,

π2 x . 6(1 x)

−

S druge strane P (x) je ve´ ci od svakog ˇclana, pa je P (x) > p(n)xn . Zbog toga dobijamo π2 x ln p(n) < ln P (x) n ln x < n ln x. 6(1 x)

−

− −

23

3.3. REKURZIVNE RELACIJE

Kako je

x

ln x >

− 1,

za sve x

x

vrijedi ln p(n) <

∈ (0, 1),

π2x 1 x +n . 6(1 x) x

−

− √n x= √ n+1

Ako ovdje stavimo

dobijamo

π2 +1 6

 √

ln p(n) <

π2

p(n) < e

6

+1

n,

√n

.

Primjedba 3.1. G. Hardy i S. Ramanujan su pokazali da je 1 eπ 4 3n

∼ √

p(n)

3.3

√

2n 3

.

Rekurzivne relacije

Funkcije generatrise su pogodne za rekurzivne relacije. Naime, takva funkcija zamjenjuje ˇcitav niz zadan rekurzivno. Ovde navodimo neke primjere. Primjer 3.3. (Fibonaccijev niz) Odrediti FG i naći eksplicitni izraz za F n ako je F 0 = 0, F 1 = 1 i F n+2 = F n+1 + F n , n 0. Neka je

≥

+

F (x) =

∞

F n xn.

n=0

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



F n+2 xn+2 =

n=0

F (x)



F n xn+2 .

n=0

− F 0 − F 1x = xF (x) + x2F (x).

F (x)

pa je

F n+1 xn+2 +

n=0

Odavde je Dakle,



− x = xF (x) + x2F (x),

x . 1 x x2 Rastavljanjem funkcije F na parcijalne razlomke dobijamo F (x) =

 √

1 F (x) = 5

− −

1

1

1

− αx − 1 − βx



,

24

GLAVA 3.

gdje je α =

√

1+ 5 2 ,

β =

F (x) =


−√5 . Sada rastavljanjem u geometrijski red, dobijamo

1

2

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

Odavde zakljuˇcujemo da je koeficijent uz xn , to jest F n dat sa F n =

√15 (α − β ). n

n

Primjer 3.4. (Problem dijagonalnih triangulacija n-terokuta) Neka je a1 = 1 i za svako n 2, an = a1 an−1 + a2 an−2 + + an−1 a1 . Odrediti eksplicitno an .

≥

Neka je f (x) =

+

∞

···

an xn . Kvadriranjem dobijamo

n=1

+

2

f (x) =

n 1

∞ −

n=2 k=1

ak an−k xn ,

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

je

f (x)2 = f (x)

to jest

f (x)2

· ·· + a −1a1, n

− x,

− f (x) + x = 0.

Odavde dobijamo f (x) =

1

− √1 − 4x

ili f (x) =

2

1+

√1 − 4x 2

Kako je po definiciji f (0) = 0, zakljuˇcujemo f (x) =

1

− √1 − 4x . 2

Sada koristeći Taylorov razvoj dobijamo +

f (x) =

Dakle,

∞    −  −  − 

1 n+1 n=0

an =

Primjedba 3.2. Broj

1 n

se naziva Catalanov broj.

1 n

2n n

2n 2 n 1

2n 2 n 1

−

xn+1 .

.

.

25

3.4. KOMPOZICIJSKI INVERZ

Na kraju navodimo primjer koji pokazuje da se i neki sistemi rekurzija mogu rjeˇsavati koristeći funkcije generatrise. Primjer 3.5. Neka je a0 = 1, b0 = 0 i an+1 = 2an + bn bn+1 = an + bn .

Odrediti an i bn . Neka su f i g FG za nizove an i bn redom. U tom sluˇcaju je

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

Odavde dobijamo f (x) =

1 x2

−x

− 3x + 1

, g(x) =

−

√

 −√   −√ 

Sada iz Taylorovog razvoja imamo an =

5

− √5 10

√ −

3 5 5 bn = 10

 

√

n+1

 √

3+ 5 2

5+ 5 + 10

n+1

3+ 5 2

−

√

x . 3x + 1

x2

3 5+5 10

3

5

n+1

2

3

5

2

,

n+1

.

Primjedba 3.3. Prethodni primjer daje model za ˇsirenje neutrona visoke i niske energije nakon njihovog sudara s jezgrama fisijske materije.

3.4

Kompozicijski inverz

Definicija 3.2. Za funkciju f kaˇzemo da je kompozicijski inverz funkcije g na skupu D ako vrijedi f (g(x)) = g(f (x)) = x za sve x D.

∈

Sljedeća teorema daje potreban i dovoljan uslov kada FG ima kompozicijski inverz. Teorema 3.3. Funkcija generatrisa f (x) = a1 x + a2 x2 + kompozicijski inverz f −1 (x) ako i samo ako je a1 = 0.



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

·· ·

ima jedinstveni

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

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

Na osnovu toga dobijamo beskonaˇcan sistem jednaˇcina a1 b1 = 1

26

GLAVA 3.


a1 b2 + a2 b21 = 0 a1 b3 + 2a1 b1 b2 + a3 b31 = 0 .. .



Prvu jednaˇcinu moˇzemo jednoznaˇcno rijeˇsiti po b1 ako i samo ako je a1 = 0. Tada moˇzemo i drugu jednaˇcinu rijeˇsiti po b2 i treću po b3 itd. Dakle g(x) postoji i jedinstven je ako i samo ako je a1 = 0.



+

∞

Primjer 3.6. Ako je y =

n=1

xn n!

odrediti niz an takav da je x =

{ }

+

∞

an yn .

n=1

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

−

−

− +

ln(1 + x) =

∞ −

( 1)n−1 n x , n n=1

n−1 zakljuˇcujemo da je an = (−1)n .

3.5

Zadaci

1. Imamo 8 novˇ canica od 1 KM, 6 od 2 KM i 4 od 5 KM. Na koliko naˇcina se moˇ ze isplatiti suma od 14 KM? 2. Pokazati da je FG za niz an =

  2n n

,n

≥ 0 jednaka (1 − 4x)−

3. Pokazati da je n



k=0

2k + 1 22k

  2k k

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

·

1 2

3 2

2n + 2 n+1



5 2

.

− 4x)− .) 4. Neka je {a } niz za koji je a0 = 0, a1 = 1, a2 = −1, a za n ≥ 3 je a + a −1 − 16a −2 + 20a −3 = 0. Odrediti FG za {a } i opˇsti ˇclan niza {a }. (Koristiti FG i (1

− 4x)− · (1 − 4x)−



= (1

n

n

n

n

n

5. Ako je y =

+

∞

n=1

xn n

n

n

odrediti niz an takav da je x =

{ }

+

∞

n=1

an yn .

1 2

.

Glava 4

Grafovi 4.1

Uvod

Prije nego damo definiciju grafa naveˇ scémo jedan primjer. Naime, graf moˇ zemo shvatiti kao objekat koji se sastoji od ˇcvorova i ivica koje spaja ju neke od ˇcvorova. Primjer 4.1. Graf

{ }{ }{ }

ima ˇcvorove 1, 2, 3, 4, 5, dok ivice moˇzemo oznaˇciti sa 1, 2 , 1, 3 , 4, 5 . Dakle, vrhove moˇ zemo opisati kao podskupove od skupa ˇcvorova koji se sastoje od 2 elementa. Definicija 4.1. Graf je uredjeni par G = (V, E ), gdje je V konaˇcan podskup i E je familija 2-ˇ clanih poskupova od V . Elementi od V se nazivaju ˇ cvorovi (vrhovi) a elementi od E grane (ivice) grafa G. Za vrhove x, y kaˇzemo da su povezani ako vrijedi x, y E.

∈

{ }∈

Primjer 4.2. U primjeru 4.1. imamo V = 1, 2, 3, 4, 5 i E = 1, 2 , 1, 3 , 4, 5 Vrhovi 2 i 3 su takodje povezani preko vrha 1, ali nisu povezani jer 2, 3 / E. Graf moˇzemo reprezentirati i njegovom tabelom incidencije

{

1 2 2 1 3

3 1

4 5

}

{{ } { } { }}. { }∈

5 4

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

Primjer 4.3. Neka je n

n

27

28

GLAVA 4.

nazivamo toˇ ze cak . Taj graf se moˇ cije 0 1 2 1 0 0 .. . 2 3 n n 1

GRAFOVI

reprezentovati sa sljedećom tabelom inciden3 0 4 2

·· · ·· · ·· · ·· ·

n-1 0

n 0

n n-2

1 n-1

Na primjer W 4 moˇzemo prikazati na sljedeći naˇcin

Primjer 4.4. Graf K n = (V, E ), gdje je V = 1, 2, . . . , n i E = (i, j) : 1 citih i < j n nazivamo kompletan graf . U tom grafu je svaki par razliˇ ˇcvorova povezan. Na primjer K 4 moˇzemo ilustrovati sljedećom slikom

{

≤ }

}

{

≤

Definicija 4.2. Za graf G1 = (V 1 , E 1 ) kaˇ zemo da je podgraf grafa G2 = (V 2 , E 2 ) ako vrijedi V 1 V 2 i E 1 E 2 .

⊆

⊆

Primjer 4.5. Graf na slici

je podgrafa na slici

Definicija 4.3. Za dva grafa G1 = (V 1 , E 1 ) i G2 = (V 2 , E 2 ) kaˇ zemo da su izomorfmni ako postoji funkcija α : V 1 V 2 koja ipunjava sljedeće uslove :

→

→ V 2 je injekcija, (GI2) α : V 1 → V 2 je sirjekcija, (GI3) Za sve x, y ∈ V 1 , {x, y } ∈ E 1 ako i samo ako {α(x), α(y)} ∈ E 2 . (GI1) α : V 1

ˇ 4.2. STEPEN CVORA

29

Primjer 4.6. Grafovi na sljedećoj slici su izomorfni.

Moˇzemo uzeti na primjer α(a) = 2, α(b) = 1, α(c) = 3 i α(d) = 4.

4.2

Stepen ˇ cvora

Definicija 4.4. Neka je dat graf G = (V, E ) i v V ˇcvor od G. Stepen ˇ cvora v je broj δ(v) = e E : v e ,

∈ ∈ }|

|{ ∈

to jest broj grana od G koji sadrˇze ˇcvor v.

Primjer 4.7. Za graf W 4 vrijedi δ(0) = 4 i δ(v) = 3 za svaki v

∈ {1, 2, 3, 4}. je δ(v) = n − 1 za svaki v ∈ V.

Primjer 4.8. Za svako kompletan graf K n

Teorema 4.1. Neka je dat graf G = (V, E ). Tada vrijedi



δ(v) = 2 E .

| |

∈

v V

Dokaz. Dokaz slijedi iz ˇcinjenice da svaka grana kao krajnje taˇcke ima dva ˇcvora. Definicija 4.5. Za ˇcvor grafa G = (V, E ) kaˇzemo da je neparan (paran) ako je stepen ˇcvora δ(v) neparan (paran). Teorema 4.2. Broj neparnih ˇcorova nekog grafa G = (V, E ) je paran.

Dokaz. Neka V p i V n oznaˇcavaju familije parnih i neparnih ˇcvorova grafa G respektivno. Tada iz teoreme 4.1 slijedi



δ(v) +

∈



δ(v) = 2 E .

| |

∈

v V p

v V n



∈ V to zakljuˇcujemo da je broj δ(v) ∈ paran. Broj δ(v) je neparan za svaki v ∈ V , pa broj |V | mora biti paran. Primjer 4.9. Za svaki n ∈ N za koji vrijedi n ≥ 3 cikliˇcni graf je C = (V, E ), gdje je V = {1, . . . , n} i E = {{1, 2}, {2, 3}, . . . , {n − 1, , n}, {n, 1}}. Kod ovog Kako je δ(v) paran broj za svaki v

p

v V n

n

n

n

grafa svaki ˇcvor ima stepen 2.

Primjer 4.10. Za graf G = (V, E ) kaˇzemo da je regularan sa stepenom regularnost r ako vrijedi δ(v) = r za svaki v V . Specijalno, kompletan graf K n je regularan sa stepenom n 1.

∈

−

Primjedba 4.1. Stepen ˇcvora se moˇze koristiti kao test izmorofnosti dva grafa. Nije teˇsko vdjeti da ako je sa α : V 1 V 2 dat izomorfizam grafova G1 = (V 1 , E 1 ) i G2 = (V 2 , E 2 ), da je tada δ(v) = δ(α(v)) za svaki v V 1 .

→

∈

30

GLAVA 4.

4.3

GRAFOVI

Povezani grafovi

ˇ Definicija 4.6. Setnja u grafu G = (V, E ) je niz ˇcvorova v0 , v 1 , . . . , v k

{

∈ V

}∈

takav da za svaki i = 1, . . . , k , vi−1 , vi E. U tom sluˇcaju kaˇzemo da se radi o ˇsetnji od v0 do vk . Ako su svi vrhovi razliˇciti kaˇ zemo da se radi o putu. Ako su svi vrhovi razliˇciti sem v0 = vk , kaˇ zemo da se radi o ciklusu. Za graf koji ne sadrˇzi ciklus kaˇzemo da je acikliˇ can. ˇ Primjedba 4.2. Setnju moˇzemo prikazati i preko grana na sljedeći naˇcin

{v0, v1}, {v0, v1}, . . . , {v0, v1}. Primjer 4.11. Neka je dat graf W 4 ,

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

∼

Pretpostavimo da je dat graf G = (V, E ). Definiˇsimo relaciju na sljedeći naˇcin. Pretpostavimo da je x, y V . Tada piˇsemo x y kada postoji ˇsetnja

∈

v0 , v 1 , . . . , v k

∼

∈ V

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

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

unija razliˇcitih klasa ekvivalencije. Za svaki i = 1, . . . , r, neka je E i =

{{x, y} ∈ E : x, y ∈ V }, i

drugim rijeˇcima E i oznaˇcava familiju svih grana iz E ˇciji su krajnji ˇcvorovi iz V i . Definicija 4.7. Za svaki i = 1, . . . , r, grafovi Gi = (V i , E i ), gdje su V i i E i definisani kao ranije se nazivaju komponente grafa G. Ako graf G ima samo jednu komponentu kaˇ zemo da je povezan.

Primjedba 4.3. Graf G = (V, E ) je povezan ako za svaki par razliˇcitih ˇcvorova x, y V , posto ji ˇsetnja od x do y.

∈

Primjer 4.12. Graf prikazan na slici

4.4.

31

STABLA

ima dvije komponente, dok je graf pirkazan na slici

povezan. Primjer 4.13. Za svaki n

4.4

∈ N kompletan graf K

n

je povezan.

Stabla

Definicija 4.8. Stablo (drvo) je povezani acikliˇcki graf.

Primjedba 4.4. Acikliˇcki graf se zove i ˇsuma. Komponente povezanosti ˇsume su stabla. Teorema 4.3. Svaka dva ˇcvora u stablu su povezana taˇcno jednim putem.

Dokaz. Neka je G = (V, E ) stablo i neka su P 1 = (V 1 , E 1 ) i P 2 = (V 2 , E 2 ) dva razliˇcita puta koja povezuju ˇcvorove u i v. Kako je P 1 = P 2 to postoji grana x, y E 1 tako da x, y / E 2 . Sada imamo da je graf P = (W, F ), gdje je W = V 1 V 2 i F = (E 1 E 2 ) x, y povezan, pa sadrˇzi put koji povezuje ˇcvorove x i y. Prema tome graf C = (V 1 V 2 , E 1 E 2 x, y ) je ciklus i sadrˇzan je u grafu G = (V, E ) ˇsto je nemoguće.

{ }∈

∪

{ }∈ ∪ \{ } ∪



∪ ∪{ }

Definicija 4.9. Eulerova karakteristika stabla G = (V, E ) je χ(G) = V

| | − |E | + 1.

Lema 4.1. Svako netrivijalno stablo G = (V, E ) ( V > 1) ima ˇcvor ˇciji je stepen 1.

| |

Dokaz. Poˇcnimo od nekog ˇcvora v1 . Ako je δ(v1 ) = 1 dokaz je gotov. U suprotnom je δ(v1 ) > 1, pa posto ji ˇcvor v2 povezan sa ˇcvorom v1 . Ako je δ(v1 ) = 1 dokaz je gotov, ako je δ(v2 ) > 1 produˇzimo dalje do ˇcvora v3 . Na ta j naˇcin ˇ dolazimo do puta v1 v2 v3 . . .. Cvorovi tog puta se ne ponavljaju jer bi inaˇ ce imali ciklus. Kako ˇcvorova ima konaˇ cno mnogo postoji posljednji ˇcvor koji mora biti stepena 1. Teorema 4.4. Ako je G = (V, E ) stablo onda je E = V

| | | |− 1, to jest χ(G) = 2.

Dokaz. Prema lemi 4.1 postoji v V za koji je δ(v) = 1. Izbacimo taj ˇcvor i granu koja je incidentna sa v. Tada dobivamo opet stablo G1 = (V 1 , E 1 ) za koje je χ(G1 ) = χ(G). Nastavljajući ovaj proces na kra ju dobijamo stablo samo sa jednim ˇcvorom, a njegova Eulerova karakteristika je 2.

∈

32

GLAVA 4.

GRAFOVI

Posljedica 4.1. (a) Za svako stablo G = (V, E ) vrijedi



| | − 2.

δ(v) = 2 V

∈

v V

(b) Svako netrivijalno stablo ima bar dva ˇcvora stepena 1.

Dokaz. (a) Kako je



| |

δ(v) = 2 E

∈

v V

na osnovu prethodnog teorema imamo

 ∈

v V

δ(v) = 2 V

| | − 2.

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

4.5

≥ 1 za svaki ˇcvor v, pa sada tvrdnja

Eulerovi i Hamiltonovi grafovi

Definicija 4.10. Eulerova ˇ setnja je graf G = (V, E ) koji je ˇsetnja i koji sadrˇzi svaku granu taˇcno jednom. Graf je Eulerov ako sadrˇzi Eulerovu ˇsetnju. Definicija 4.11. Hamiltonov ciklus je graf G = (V, E ) koji je ciklus i koji sadrˇzi sve vrhove od V . Graf je Hamiltonov ako sadrˇzi Hamiltonov ciklus.

onigsberg Primjer 4.14. (Problem Kenigsberˇskih mostova) Stari pruski grad K¨ (sadaˇsnji Kalinjgrad) smjeˇsten je na rijeci Pregel. Dio grada je smjeˇsten na dva ostrva koji su povezani sa kopnom sa sedam mostova kao na slici

Problem se sastoji u tome da se obavi ˇsetnja u kojoj će se svaki most obići taˇcno jednom. Drugim rijeˇ cima pitanje je da li postoji Eulerova ˇsetnja na grafu kao na slici

Negativan odgovor na ovo pitanje je dao Euler 1736. god. Primjer 4.15. (Problem trgovaˇckog putnika, W. Hamilton 1856) Trgovaˇcki putnik treba obići neke gradove i vratiti se na mjesto polaska tako da u toku putovanja kroz svaki grad prodesamo jednom. Drugim rijeˇcima traˇ zi se potreban i dovoljan uslov kada je graf Hamiltonov. To je jedan od najve´ cih nerijeˇsenih problema teorije grafova.

4.6.

33

ZADACI

Teorema 4.5. Neka je dat graf G = (V, E ). Ako je min δ(v)

∈

v V

ciklus.

≥ 2 onda G sadrˇzi

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, to jest da graf G nema ciklusa. Neka je H komponenta povezanosti ˇcvora v za koji je δ(v) 2. H je stablo. Ako je H netrivijalan onda postoje bar dva ˇcvora u H sa stepenima 1, ˇsto je nemoguće. Ako je H trivijalan onda ima ciklus, ˇsto je opet nemoguće.

≥

Teorema 4.6. Povezan graf G je Eulerov ako i samo ako svi ˇcvorovi imaju paran stepen. Teorema 4.7. Povezani graf ima Eulerovu ˇsetnju ako i samo ako ima najviˇse dva vrha neparnog stepena.

Primjedba 4.5. Na osnovu prethodne teoreme zakljuˇcujemo da graf mostova u K¨ onigsbergu nema Eulerove staze. Primjer 4.16. Plan Pariza sa granama na Seni izgleda kao na slici.

Da li se Pariz moˇze obići tako da preko svakog mosta predemo samo jednom? Pripadni graf izgleda kao na slici, pa taj graf ima Eulerovu ˇsetnju jer ima samo dva vrha neparnog stepena.

4.6

Zadaci

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

1 2 6

2 1 4 6

3 7

4 2 6

5 0 8 9

6 1 2 4

7 3

8 0 5

9 0 . 5

Koliko komponenata povezanosti ima dati graf? 3. Za koje vrijednosti n

∈ N kompletan graf K

n

ima Ojlerovu ˇsetnju?

4. Odrediti ˇsest neizomorfnih stabala sa 6 ˇcvorova. 5. Pretpostavimo da je graf G = (V, E ) stablo kod koga je V da graf G ima bar dva ˇcvora sa stepenom 1.

| | ≥ 2. Pokazati

34

GLAVA 4.

GRAFOVI

Glava 5

Optimizacija 5.1

Neki problemi

U ovoj sekciji dajemo neke probleme koji se rjeˇsavaju metodama opimizacije. 1. Neka je dato p prehrambenih proizvoda (hljeb, mesom mlijeko, krompir, . . . ) i m korisnih sastojaka (mast, vitamini, ugljeni hidrati, proteini, . . . ). Uvedimo parametre aij : koiliˇcina i tog sastojka u jedinici j tog proizvoda, cj : cijena jedinice j tog proizvoda bi : potreba (mjeseˇcna) za i tim sastojkom xj : koliˇcina j tog proizvoda. Posmatra se problem minimizacije

−

−

−

−

−

min c1 x1 +

· ·· + c

n xn

uz uslove x≥ 0, i = 1, . . . , n a11 x1 + a12 x2 +

· ·· + a1

n xn

≥ b1

mn xn

≥b

.. . am1 x1 + am2 x2 +

·· · + a

m.

Ovo je problem ishrane koji se rjeˇsava na primjer u ekonomiji i vojnoj industriji. 2. Neka je ai : koliˇcina robe u i tom skladiˇstu, bj : potrebe kod j tog potroˇsaˇca, cij : cijena prevoza iz i i j,

−

−

35

36

GLAVA 5.

OPTIMIZACIJA

xij : koliˇcina tovara prevezenog iz i u j. Od interesa je mimizirati troˇ skove prevoza, to jest odrediti m

min

n



cij xij

i=1 j =1

uz uslove

m

 

xij = bj , j = 1, . . . , n ,

i=1 m

xij

i=1

≤ a , i = 1, . . . , m , i

xij

≥ 0.

Ovo je primjer transportnog problema.

Primjedba 5.1. Transportni problem i problem ishrane su primjeri zadataka linearnog programiranja. 3. Naći pravougli trougao najveće povrˇsine, ako je suma duˇzina kateta zadan broj. (Zadatak Fermata). 4. Naći rastojanje taˇcke od elipse (parabole, hiperbole). 5. Naći taˇcku u ravni da suma rastojanja od nje do tri zadane taˇ cke bude minimalna.

5.2

Osnovni pojmovi

Neka je data funkcija f : Rn R i skup S mizacije je min f (x), x S.

→

n

⊆R

. Opˇ sti zadatak opti-

∈

U sluˇcaju da je S = Rn radi se o bezuslovnoj optimizaciji. U drugom sluˇcaju (uslovna) skup S je opisan sa n

{ ∈ R : g (x) ≤ 0, i ∈ I, h (x) = 0, j ∈ J }, gdje je I = {1, . . . , m}, J = {1, . . . , p}. Ako je I = ∅ kaˇzemo da se radi o zadatku klasiˇcne optimizacije (vezani ekstremi).  ∅ i j = ∅ onda razlikujemo problem linearnog programiranja Ako je I = S = x

i

j

(LP) i problem nelinearnog programiranja (NP). Kod problema linearnog programiranja imamo

f (x) = cT x, c = [c1 , . . . , cn ]T , g(x) = Ax

− b, A = [a

ij ]m n ,

×

b = [bj ].

37

5.3. KONVEKSNI SKUPOVI

U sluˇcaju da je jedna od funkcija f , gi nelinearna radi se o problemu nelinearnog programiranja. Ako su sve funkcije konveksne dobija se zadatak konveksnog programiranja (KP). Ako je u problemu LP S = G Z2 dobijamo cjelobrojno programiranje (CP). U optimizaciji se obiˇcno koriste sljedeći nazivi : f funkcija cilja, x0 G dopustiva taˇcka, G dopustiv skup, x G- optimalna taˇ cka minimizacije (maksimizacije) ako vrijedi ( x G)f (x) f (x )(f (x) f (x )), G - skup svih optimalnih taˇ caka.

∩

− ∈ − − ∈ ≥

∀ ∈

≤

Primjedba 5.2. Dovoljno je baviti se rjeˇsavanjem problema minimizacije, jer se problem maksimizacije svodi na problem minimizacije zbog relacije max f =

5.3

− min(−f ).

Konveksni skupovi

Definicija 5.1. Za podskup C prostora Rn kaˇzemo da je konveksan ako vrijedi λx + (1

− λ)y ∈ C za sve x, y ∈ C, λ ∈ [0, 1].

Oˇcigledno su prazan skup, jednoˇ clan skup i cijeli prostor Rn konveksni skupovi.

snjost trougla su koveksni Primjer 5.1. (a) U R2 prava, ravan, krug i unutraˇ skupovi. snjost trougla bez jedne un(b) U R2 dvoˇclani skup, komplement kruga, unutraˇ utraˇ snje taˇcke su primjeri skupova koji nisu konveksni. Unija dva konveksna skupa ne mora da bude konveksan skup. Skupovi C = (x, y) : x2 + y 2

{

≤ 1}

i D = (x, y) : x

{ ∈ [2, 4], y ∈ [2, 4]} su konveksni skupovi, ali C ∪ D nije konveksan skup, jer na primjer x = (0, 0) ∈ C, y = (2, 2) ∈ D, ali

1 1 x + y / C D. 2 2

∈ ∪

Teorema 5.1. Ako je F familija konveksnih skupova u Rn tada je D = C F konveksan skup.

∈ }

∩{C :

38

GLAVA 5.

OPTIMIZACIJA

Dokaz. Slijedi direktno iz definicije konveksnog skupa. Definicija 5.2. Neka je a

n

∈ R , a = 0 i b ∈ R. Skup {x ∈ R : a, x = b}, n

definisan sa jednaˇcinom a1 x1 + a2 x2 +

···+a

n xn

= b,

nazivamo hiperravan u Rn . Skup n

{x ∈ R : a, x ≤ b}, nazivamo zatvoreni poluprostor u Rn . Komplement zatvorenog poluprostora nazivamo otvoreni poluprostor i moˇzemo ga zapisati u sljedećoj formi n

{x ∈ R : a, x > b }. Teorema 5.2. Svaki poluprostor u Rn je konveksan.

Dokaz. Pretpostavimo da je dat poluprostor n

{ ∈ R : a, x ≤ b}.

S = x

∈ S i λ ∈ [0, 1]. Tada iz definicije skalarnog proizvoda imamo a,λx + (1 − λ)y = λa, x + (1 − λ)a, y. Kako je λ ∈ [0, 1], a, x ≤ b i a, y  ≤ b vrijedi a,λx + (1 − λ)y ≤ λb + (1 − λ)b = b. Neka su x, y

Posljedica 5.1. Svaka hiperravan u Rn je konveksan skup. n

{ ∈R

Posljedica 5.2. Prvi ortant x

≥ 0, i = 1, . . . , n} je konveksan. Dokaz. Dokaz slijedi iz ˇcinjenice da je x ≥ 0 ako i samo ako je e , x ≥ 0. Primjedba 5.3. Ako je x ∈ R tada piˇsemo x ≥ 0 ako i samo ako je x ≥ 0 za : xi i

i

n

i

sve i = 1, . . . , n .

Definicija 5.3. Neka je dat skup S u Rn . Konveksni omotaˇ c skupa S je presjek svih konveksnih skupova koji sadrˇ ze skup S . Konveksni omotaˇc skupa S oznaˇcavamo sa coS . Teorema 5.3. Neka je C konveksan podskup od Rn . Ako je xi k

1, . . . , k i



i=1

k

λi = 1 tada konveksna kombinacija



i=1

λi xi

∈ C.

∈ C, λ ≥ 0, i = i

5.4.

39

POLITOPI

Dokaz. Indukcijom po k. Teorema 5.4. Neka je S neprazan podskup od Rn . Tada x k

postoje xi

∈ S, λ1 ≥ 0, i = 1, . . . , k , gdje je

Dokaz. Ako xi

∈ S i λ1 ≥ 0,



k

λi = 1, takvi da je x =

i=1 k

i = 1, . . . , k , gdje je



λi = 1, tada x

i=1

k

{



λi xi .

i=1

osnovu prethodne teoreme. Obrnuto. Definiˇsimo skup C =

∈ coS ako i samo ako ∈ S na

k



λi xi : xi

i=1

∈ S, λ ≥ 0, i = 1, . . . , k , i



}

λi = 1 .

i=1

Skup C je konveksan i sadrˇzi skup S . Osim toga svaki konveksan skup koji sadrˇzi S sadˇzi i skup C , pa je C = coS.

5.4

Politopi

Definicija 5.4. Konveksan omotaˇc konaˇcno monogo taˇcaka nazivamo politop, to jest za skup C kaˇ zemo da je politop ako posto ji konaˇcan skup S takav da je C = coS.

z i trougao, dok prava i krug nisu Primjer 5.2. Primjeri politopa u R2 je duˇ politopi. Definicija 5.5. Neka je C neprazan podskup od Rn i x C . Za taˇcku x kaˇzemo da je vrh (ekstremna taˇcka) skupa C ako ne postoji linijski segment sadrˇzan u C , a ˇcija je unutraˇsnja taˇcka x, to jest ako y, z C, λ [0, 1] i x = λy+(1 λ)z tada je x = y = z.

∈

∈ ∈

−

Iz definicije politopa i definicije vrha slijedi da se svaki politop moˇ ze pirkazati kao konveksan omotaˇc svojih vrhova. Znaˇci ako je dat politop C i ako je V skup njegovih vrhova tada je C = coV . Od interesa je odrediti minimalan podskup S od C takav da je C = coS. Primjer 5.3. Politop co 0, 14 e1 + 14 e2 , e1 , e2 opisati sa co 0, e1 , e2 .

{

}

{

} ima vrhove 0, e1, e2

i moˇze se

Definicija 5.6. Neka su x0 , x1 , . . . , xn taˇcke takve da su vektori x1

− x0, x2 − x0, . . . , x − x0 n

linearno nezavisne. Simpleks nad vrhovima x0 , x1 , . . . , xn je konveksni omotaˇc nad tim vrhovima. Broj n se naziva dimenzija simpleksa.

Primjedba 5.4. Simpleks je specijalan sluˇcaj politopa. Primjer 5.4. Tetraedar co 0, e1 , e2 , e3 je simpleks u R3 .

{

}

40

GLAVA 5.

Ako c

n

∈R

, funkcija f : Rn

OPTIMIZACIJA

→ R definisana sa n

 

f (x) = c, x =



ci xi

i=1

se naziva linearna forma (linearni funkcional) na Rn . Teorema 5.5. Ako je C konveksan politop u Rn i f linearna forma na Rn tada se min f (x) i max f (x) dostiˇzu na nekom od vrhova politopa C .

∈

∈

x C

x C

{

}

Dokaz. Neka je C = coV , gdje je V = v1 , v2 , . . . , vk konaˇcan skup vrhova od C . Ako x C tada je

∈

x=

k

k





≥ 0, i = 1, . . . , k ,

λi vi za neke λi

i=1

Prema tome, vrijedi

f (x) = c, x =

 

k

k





λi ci , vi =



i=1



λi = 1.

i=1

λf (vi ).

i=1

Neka su vr i vs vrhovi iz V za koje vrijedi

≤ f (v ) ≤ f (v ), i = 1, . . . , k .

f (vr )

i

s

Tada imamo k

f (vr ) = f (vr )

k

λi

i=1

Dakle,

k

 ≤

λi f (vi )

i=1

f (vr )

≤ f (v ) s



λi = f (vs ).

i=1

≤ f (x) ≤ f (v ). s

Primjer 5.5. Odrediti min f (x), gdje je C konveksan politop u R2 sa vrhovima

      ∈  x C

1 1

5.5

2 0

,

,

2 2

,

4 1

i f (x) = 2x1

− 3x2.

Konveksne funkcije

Neka je data funkcija f : C F : Rn Rn sa

→

F (x) =

tada vrijedi min f (x) : x

{

n

→R



, gdje je C

n

⊆R

. Ako definiˇsemo funkciju

f (x), x C, + , x Rn C,

∞

∈

∈

\

n

∈ C } = min{F (x) : x ∈ R }.

Dakle, pri izuˇcavanju problema optimizacije moˇzemo posmatrati funkcije definisane na skupu Rn sa vrijednostima u [ , + ].

−∞ ∞

41

5.5. KONVEKSNE FUNKCIJE

Definicija 5.7. Neka je data funkcija f : Rn

→ [−∞, +∞]. Skup epif = {(x, a) : x ∈ R , a ∈ R, f (x) ≤ a} n

nazivamo epigraf funkcije f . Podskup n

{ ∈R

domf = x

∞}

: f (x) < +

skupa Rn nazivamo efektivni domen funkcije f . Efektivni domen funkcije f se moˇze definisati i sa Rn + . Na primjer, ako je

∞}

 

f (x) =

−∞, 1].

tada je domf = (

−∞

n

\ {x ∈ R

: f (x) =

x ≤ −3, −3 < x < 1,

, x2 + 2x, 5, + ,

x = 1, x > 1,

∞

Definicija 5.8. Za funkciju f kaˇzemo da je konveksna funkcija ako je epif konveksan podskup od Rn+1 (f je konkavna funkcija ako je f konveksna funkcija).

−

Primjer 5.6. Funkcija f (x) =



≤−

0, x 1, 2 x , x > 1,

nije konveksna, dok je funkcija g(x) = x2 , x

∈ R,

konveksna. Primjedba 5.5. Ako je f : Rn konveksan skup.

→ [−∞, +∞] konveksna funkcija onda je domf

Sledeća teorema se dokazuje jednostavno. Teorema 5.6. Ako je f konveksna funkcija tada je f (λx + (1

gdje je x, y

− λ)y) ≤ λf (x) + (1 − λ)f (y),

(5.1)

∈ domf i λ ∈ [0, 1].

Primjedba 5.6. (i) Ako je f konveksna funkcija tada vrijedi Jensenova nejednakost k

f (

 i=1

k

λi xi )

≤

 i=1

λi f (xi ),

42

GLAVA 5.

gdje je xi

∈ domf , λ ≥ 0 i

OPTIMIZACIJA

k



i

λi = 1.

i=1

(ii) Ako su f i g konveksne funkcije takva je i funkcija f + g, (iii) Ako je α R i funkcija f konveksna onda je i αf konveksna, (iv) Ako su f i g konveksne onda je i max(f, g) konveksna, (v) Ako u relaciji (5.1) vrijedi stroga nejednakost onda kaˇzemo da je f strogo konveksna funkcija.

∈

Primjer 5.7. (i) Linearni funkcional je konveksna funkcija, u Rn , funkcije x (ii) Neka je data norma x i x x

→ || || → || ||2 su konveksne. Primjedba 5.7. Ako je konveksna funkcija f : R → R diferencijabilna u taˇcki x0 tada vrijedi f (x) ≥ f (x0 ) + (x − x0 )f  (x0 ), za sve x ∈ R. Definicija 5.9. Za vektor s ∈ R kaˇzemo da je subgradijent konveksne funkcije f u taˇcki x0 (u odnosu na skup C ) ako za sve x ∈ C vrijedi f (x) ≥ f (x0 ) + x − x0 , s. ||·||

n

Skup svih subgradijenata funkcije f u taˇcki x0 nazivamo subdiferencijal funkcije f u taˇcki x0 i oznaˇcamo sa ∂f (x0 ), to jest ∂f (x0 ) = s

≥ f (x0) + x − x0, s(∀x ∈ C )}. Primjer 5.8. Ako je f (x) = |x|, x ∈ R tada je {1}, x > 0, [-1, 1] , x = 0, ∂f (x) = {−1}, x < 0, n

{ ∈R

: f (x)

 

Iz definicije subdiferencijala dobijamo da vrijedi sljedeća teorema. Teorema 5.7. Taˇcka x je minimum konveksne funkcije f na skupu C ako i samo ako vrijedi 0 ∂f (x ).

∈

Primjedba 5.8. Sada na osnovu prethodne teoreme vidimo da je taˇ cka x = 0 taˇcka minimuma funkcije f (x) = x , jer 0 ∂f (0). Primijetimo da f nije diferencijabilna, pa ovaj zakljuˇcak ne moˇzemo izvesti na osnovu diferencijalnog raˇcuna.

||

∈

Teorema 5.8. U zadatku konveksnog programiranja skup G je konveksan skup. Ako je f strogo konveksna onda je G 1.

| |≤

Primjedba 5.9. Ako je ∂f (x) jednoˇclan za svaki x onda je ∂f (x) = gdje je ∂f ∂x 1

f (x) =

    .. .

∂f ∂x n

{f (x)},

43

5.6. LEKSIKOGRAFSKO UREDENJE VEKTORA

gradijent funkcije f u taˇcki x i ∂f f (x1 , . . . , xi + h , . . . , xn ) (x) = lim h→0 ∂x i h parcijalni izvodi. Na sliˇcan naˇcin se definiˇse i

∂ 2 f ∂x i ∂x j

− f (x1, . . . , x , . . . , x i

n)

,

, to jest

∂f ∂ ∂x (x) ∂ 2 f j (x) = . ∂x i ∂x j ∂x i

Matricu

∂ 2 f H f (x) = (x) ∂x i ∂x j





×

n n

nazivamo Hamiltonova matrica funkcije f .

Teorema 5.9. (Kriterij preko drugih izvoda) Funkcija f je konveksna ako i samo ako je matrica H f (x) semidefinitna, to jest H f (x)v, v 0, ( v Rn ).



5.6

≥

∀ ∈

Leksikografsko uredenje vektora

Definicija 5.10. Parcijalno uredenje ρ na Rn je relacija za koju vrijedi n

∈R

(i) refleksivnost, ako x

tada xρx, n

∈R (iii) tranzitivnost, ako x,y,z ∈ R cnost, ako x, y (ii) antisimetriˇ

n

⇒ x = y, tada (xρy i yρz) ⇒ xρz. tada (xρy i yρx)

Parcijalno uredenje je vektorsko uredenje ako joˇs vrijedi i n

⇒ (x + z)ρ(y + z) ako x, y ∈ R , (v) (xρy i α ≥ 0) ⇒ (αx)ρ(αy) ako x, y ∈ R (iv) xρy

n

iα

∈ R.

Navedimo neke osobine vektorskog uredenja. Na primjer, ako xρy i wρz tada (x + w)ρ(y + w) i (w + y)ρ(z + y) zbog (iv), ali y + w = w + y, pa koristeći (iii), je (x + w)ρ(y + w). Lako se pokaˇze da ako x, y Rn sljedeći uslovi su ekvivalentni: (a) xρy, (b) 0ρ(y x), (c) (x y)ρ0.

∈

−

−

Ako je ρ parcijalno uredenje na Rn tada je ono i totalno uredenje, jer uvijek xρy ili yρx. Obiˇ cno uredenje na Rn se definiˇse sa x 0 ako i samo ako je xi 0, i = 1, . . . , n . Ekvivalentno x y ako i samo ako je xi yi , i = 1, . . . , n . (Piˇse se joˇs i x y ako i samo ako je y x.) Vektorsko uredenje osim u sluˇcaju n = 1 nije totalno uredenje. Na primjer u R2 , e2  e1 i e1  e2 . Ako x, y (1, n) T T n T T tada x , y R i vrijedi x y ako i samo ako x y .

≥

≤

≥

≥

∈

Teorema 5.10. Ako x, y

≥

≥

n

∈R

≥

≥

∈M

≥

i x

T

≥ 0, y ≥ 0 tada je broj x

y nenegativan.

44

GLAVA 5. n

Dokaz. Slijedi neposredno iz xT y = x, y =



 

n

∈R Ako x, y ∈ R

Posljedica 5.3. Ako x,y,z

OPTIMIZACIJA

xi yi .

i=1 T

≥ y i z ≥ 0 tada je z x ≥ z

,x

T

y.

n Definicija 5.11. piˇsemo x  y ako i samo ako je za neki j 1, . . . , n , xi yi , i = 1, . . . , j i xj > y j . Piˇsemo x  y ako i samo ako je x  y ili x = y. Uredenje  se naziva leksikografsko uredenje na Rn .

{

}

≥

∈

Uredenje  je totalno uredenje. Ako je dat konaˇ can skup u Rn onda taj skup u odnosu na leksikografsko uredenje ima maksimum i minimum. Primjer 5.9. Skup vektora u R2 ,

 −        2 1

0 1

,

1 0

,

1

,

−2

je ureden na sljedeći naˇcin

−          − −  2 1



0 1

1 0

Dakle, maksimalni elemenat je Teorema 5.11. (i) Ako x, y opˇstem sluˇcaju.

n

∈R

≥ ⇒

≥



, a minimalni

tada x

(ii) Ako x,y,z Rn tada (x y i y  z) i (x  y i y z) x  z.

∈

1 2



1 0

.

2 1

.

≥ y ⇒ x  y ali obrnuto ne vrijedi u

⇒xz

Dokaz. (i) Prvi dio slijedi iz definicije, do drugi slijedi iz primjera, e1 e1  e2 .

 e2

i

(ii) Dokazaćemo prvi dio. Neka je xi yi , i = 1, . . . , n. Ako je za neki j 1, . . . , n , yi zi , i = 1, . . . , j i yj > zj tada je xi yi zi . Dakle, xi zi , i = 1, . . . , j i xj yj > z j , pa je xj > z j . Znaˇci, x  z.

≥

≥

5.7

≥ ≥

∈{

≥

}

≥

Primarni i dualni problem

Neka je dat problem linearnog programiranja. Tada se njemu moˇze pridruˇziti drugi problem koji se naziva dualni. U tom sluˇcaju prvi problem se naziva i primarni. Pretpostavimo da je dat primarni problem u standardnoj formi min f (x) = cT x

(5.2)

Ax = b, x

(5.3)

≥ 0.

5.7.

45

PRIMARNI I DUALNI PROBLEM

Dualni problem tog problema je max g(y) = y T b y T A

≤c

T

(5.4) (5.5)

.

≥

Primjetimo da se kod dualnog problema ne traˇ zi uslov y 0, kao i da se uslov T (5.5) moˇze pisati u obliku A y c, a funkcija g(y) u obliku bT y.

≤

Primjer 5.10. Neka je dat problem linearnog programiranja

− 7x3 + 2x4 + 4x5 4x1 − 3x2 + 8x3 − x4 = 12 −x2 + 12x3 − 3x4 + 4x5 = 20 x ≥ 0, i = 1, . . . , 5. = (2, 6, −7, 2, 4), b = (12, 20) i A = min2x1 + 6x2

i

Ovde je x

∈ R5, c

T

T

Dualni problem je



4 0

−3 −1

8 12

−1 −3

0 4

max 12y1 + 20y2

≤2 −3y1 − y2 ≤ 6 8y1 + 12y2 ≤ −7 −y1 − 3y2 ≤ 2 4y2 ≤ 4. 4y1

Dualni problem je dvodimenzionalni i lako se vidi da je dopustivi skup trougao, 27 T sa vrhovima ( 14 , 34 )T , ( 2, 0)T i ( 65 28 , 28 ) . Na osnovu teoreme 5.5, maksimum se dostiˇze na vrhovima. Jednostavmnim raˇ cunom se vidi da je maksimum 60 7 27 T i dostiˇze se na vrhu ( 65 , ) . 28 28

−

−

−

−

−

Teorema 5.12. (i) (Slaba dualnost) Ako je x dopustivo rjeˇsenje (5.3) i y dopustivo rjeˇsenje (5.5) tada je g(y) f (x). (ii) Ako su x0 , y0 dopustiva rjeˇsenja (5.3), (5.5) respektivno i g(y0 ) = f (x0 ) tada su x0 , y0 optimalna rjeˇsenja (5.2), (5.4) respektivno.

≤

Dokaz. (i) Kako je x 0 i y T A cT imamo da je (y T A)x cT x. Osim toga, vrijedi Ax = b, pa je y T (Ax) = y T b. Prema tome, g(y) = yT b cT x = f (x). (ii) Neka su x, y dopustiva rjeˇsenja (5.3), (5.5) respektivno. Tada je zbog (i), g(y) f (x0 ) = g(y0 ). Dakle, y0 je optimalna taˇcka za (5.4). Kako je f (x0 ) = g(y0 ) f (x), to je x0 optimalna taˇcka za (5.2).

≥

≤

≤ ≤

≤ ≤

cena odozdo za dopustive x tada (5.5) Posljedica 5.4. Ako je f (x) neograniˇ nema dopustivo rjeˇsenje.



.

46

GLAVA 5.

OPTIMIZACIJA

cena odozgo za dopustive y tada (5.3) Posljedica 5.5. Ako je g(y) neograniˇ nema dopustivo rjeˇsenje. Primarni i dualni problem linearnog programiranja su involutivni u smislu da je dualni problem dualnog problema primarni. Teorema 5.13. Za svaki primarni problem linearnog programiranja dualni problem dualnog problema je primarni problem.

Dokaz. Neka je dat primarni problem (5.2) (5.3) i njegov dualni (5.4) Problem (5.4) (5.5) moˇzemo zapisati u obliku

−

−

T

− min(−y) ( y)T A

b T

− ≥ (−c) . Napiˇsimo −y = u − v, gdje je u ≥ 0 i v ≥ 0. Imamo T

−

( y) b = i ( y)T A =

−

Dakle, (5.4)

  −   u v

b b

T

u v

A A

T

−

.

− (5.5) moˇzemo pisati u obliku T

    − −   |− ≥−  ≥ b b

min

(AT

AT )

u v

u v

0.

u v

c

Dualni problem ovog problema je

T

z T (AT

− max z (−c) | − A ) ≤ (b | − b T

T

Ovo je ekvivalentno sa min cT z Az = b, z a ovo je primarni problem.

≥ 0,

T

), z

≥ 0.

− (5.5).

5.8.

47

SIMPLEKS METOD

5.8

Simpleks metod

Prije nego izloˇzimo simpleks metod uvedimo neke oznake. Neka je dat matrica A (m, n), to jest matrica sa m vrsta i n kolona. Elemenat matrice A koji se nalazi u i toj vrsti i j toj koloni oznaˇcavamo sa Aij . Sa Ai oznaˇcavamo i tu vrstu matrice A,

∈M −

−

−

(Ai ) j = Aij , j = 1, . . . , n .

−

Sliˇcno Aj oznaˇcava j tu kolonu matrice A, (Aj )i = Aij , i = 1, . . . , m . Primjer 5.11. Neka je A

∈ M(2, 3) data sa 1 2 −1 A= −1 3 0



Ovde je na primjer, A13 =



.

−1, A1 = (1, 2, −1), A 3 = Ako je A ∈ M(m, n) i B ∈ M(n, p) tada je 



−  1 0

.

(AB)ij = Ai Bj , i = 1, . . . , m , j = 1, . . . , p . Rang matrice A oznaˇcavamo sa r(A). Matrica B je bazna matrica matrice A (m, n) ( r(A) = m, m < n) ako je ona kvadratna (invertibilna) matrica ˇcije se kolone sastoje od m linearno nezavisnih kolona matrice A.

∈M

Primjer 5.12. Matrica B =

 

4 1 0 5 2 1 1 3 5 1 1 6

 

 

4 1 0 2 1 1 5 1 1

 

, je bazna matrica matrice A =

, dok to nije sluˇcaj sa matricom C =

 

4 1 5 2 1 3 5 1 6

 

.

Posmatrajmo problem linearnog programiranja u standardnoj formi (5 .2) (5.3), to jest min f (x) = cT x Ax = b, x

−

≥ 0.

Pretpostavimo da je ispunjen sljedeći inicijalni uslov : A ima baznu matricu B takvu da je za i = 1, . . . , m , ((B −1 b)i (B −1 )i )  0.

|

Napiˇsimo A u obliku (B F ) i x pridruˇzimo

|

  xB xF

Bx B + F xF = b,

. Kako je Ax = b vrijedi

(5.6)

48

GLAVA 5.

OPTIMIZACIJA

pa je xB = B −1 b

− B −1F x

F ,

to jest bazne promjenljive izraˇzene su preko nebaznih promjenljivih. Vektoru cilja c pridruˇzimo vektor ccB , tada je F

  |   xB xF

T f (x) = cT x = cT B cF

−1 b f (x) = cT BB

T = cT B xB + cF xF ,

T 1 F BB

−

− (c

−c

T F )xF ,

(5.7)

pa smo funkciju cilja izrazili preko nebaznih promjenljivih. Korak 1. Zbog (5.6), je B −1 b

≥0ix=

    xB

0

B −1 b

=

je inicijalno bazno

0 1

− b, poˇsto je xF izabrano dopustivo rjeˇsenje od (5.3), ovdje je f (x) = cT BB kao nula u (5.7). Definiˇsimo test vektor t(B), (oznaˇcimo ga sa t) na sljedeći naˇcin: −1 A tT = cT BB Lema 5.1. Ako je t T

−c

≤ 0 tada je

1 je cT BB

−

T

−1 F = (0 cT BB

T F ).

−c

|

  B−1 b

0

optimalno rjeˇsenje za (5.2) (5.3).

Osim toga, y = optimalno rjeˇsenje za (5.4) T −1 optimalna vrijednost je cB B b.

−

− (5.5) i zajedniˇcka

−1A Dokaz. Neka je y T = cB T B −1 , imamo y T A = cT BB Dakle, y je dopustivo rjeˇsenje za (5.5). Dalje, T

g(y) = y b =

−1 − = cT B b = f

≤c 1

T

, jer je t

   − 

1 cT b BB

B

0

0

b

≤ 0.

.

Sada dokaz slijedi iz teoreme 5.12. Korak 2. Ako je t(B) zavrˇsen.

≤ 0 tada je inicijalno rjeˇsenje optimalno i postupak je

Primjer 5.13. U primjeru 5.10 je B = (A1 A5 ) =

  4 0 0 4

.

Vrijedi B −1 =



1 4

0

0 1 4



, B −1 b =

 ≥

i (B −1 b)i > 0, i = 1, 2

3 5

0

5.8.

49

SIMPLEKS METOD

je ispunjeno. Ovdje je T xT B = (x1 , x5 ), cB = (2, 4).

Korak 1. T

x = (3, 0, 0, 0, 5), f (x) =

i



B −1 A =

−c

T

= (2,

   3 5

− = (2, 4)

− 341 −4

1 0

Korak 2. T −1 tT = C B B A

1 cT b BB

− 143 −4

2 3

0 1

= 26

.

− 52 , 16, − 172 , 4) − (2, 6, −7, 2, 4) =

− 172 , 23, − 112 , 0)  0, pa nije zadovoljen uslov t(B) ≤ 0 optimalnosti inicijalnog baznog dopus= (0,

tivog rjeˇsenja.

Pretpostavimo da je t(B)  0. U tom sluˇcaju postupak nastavljamo b ez koraka 2. Lema 5.2. Ako je za neki j broj tj > 0 i kolona (B −1 A)j problem nema optimalnog rjeˇsenja.

≤ 0, tada

Dokaz. Neka je β realan i α poztivan realan bro j. Definiˇsimo x sljedeći naˇcin xi =

 

(B −1 b

− α(B−1A)

j )i ,

α, 0,

n

∈R

na

i = 1, . . . , m , i = j, inaˇce

Zbog inicijalnog uslova, α > 0 i (B −1 A)j B −1 b Dakle, x

− α(B −1A)

j

≤ 0 slijedi ≥ B−1b ≥ 0.

≥ 0. Osim toga vrijedi Ax = B(B −1 b − α(B −1 A)

j ) +

Aj α = b,

pa je x dopustivo rjeˇsenje. Dalje,

−1 b f (x) = cT B (B

− α(B−1A)

j ) +

−1 b cj α = cT BB

−t α > 0, ako izaberemo α dovoljno veliko imamo f (x) ≤ β. Dakle,

i kako je tj vidimo da je f (x) neograniˇcena odozdo.

j

50

GLAVA 5.

OPTIMIZACIJA

Korak 3. Ako je za neki j, tj > 0 i vektor kolona (B −1 A)j nema optimalnog rjeˇsenja.

≤ 0, tada problem

Primjer 5.14. U primjeru 5.10 samo je t3 = 23 pozitivan i (B −1 A)3 = 2  0, pa nije ispunjen uslov za nepostojanje optimalnog rjeˇsenja. 3

 

Korak 4. Odaberimo indeks kolone l, gdje je tl najveći (ne obavezno i pozitivan). Ako ima viˇse izbora za indeks l, izaberimo najveći od tih indeksa. Korak 5. Izaberimo indeks vrste r na sljedeći naˇcin : Za i = 1, . . . , m, izraˇcuna−1 jmo β i = ((BB−1 Ab))iil ako je i ti elemenat (B −1 A)il od l te kolone (B −1 A)l pozitivan, inaˇce stavimo β i = . Tada izaberimo β k = min β 1 , β 2 , . . . , βk . Ako k nije jedinstveno odredeno, izaberimo ga izmedu k1 do ks tako da je

−

−

∞

B −1

vrsta (B−1kA)kl minimalna u odnosu na uredenje k1 , . . . , ks .



{

od vrsta

}

Bj1 (B −1 A)jl ,

−

j=

Korak 6. Pivot (stoˇzer) je (B −1 A)kl . Izbacimo k tu kolonu iz B i zamijenimo je sa l tom. Oznaˇcimo novu baznu matricu sa B(1). U tom sluˇcaju imamo (B −1 b)i β k (B −1 A)il , i = k, (B(1)−1 b)i = (5.8) β k , i = k.

−

−



−

Sada, zbog izbora k i l je B(1)−1 b sa B −1 b β k (B −1 A)l + β k ek .

−



≥ 0. Vektor B(1)−1b moˇzemo pisati i

Primjer 5.15. U primjeru 5.10 je tT = (0,

− 172 , 23, − 112 , 0).

Korak 4. Izaberimo l = 3 jer je t3 = 23 najveće. 2 > 0, i = 1, Korak 5. (B −1 A)i3 = i (B −1 b)i = 3 > 0, i = 2, Prema tome, 3 (B −1 b)i 2 , i = 1, = 5 − 1 (B A)i3 3 , i = 2,





sa minimumom 32 , pa izaberimo k = 1 . Korak 6. Pivot je (B −1 A)kl = (B −1 A)13 , i 1 0

- 34 - 14

2 3

- 14 - 34

0 1

3 5

1 0

- 18 - 38

0 1

3 2 1 2.

pa dobijamo 1 2 3 2

−

- 38 7 8



3, i = 1, 5, i = 2.

5.8.

51

SIMPLEKS METOD

Sada izbacimo iz bazne matrice prvu kolonu (k = 1), zamijenimo je sa trećom kolonom (l = 3) i ponovimo sve korake na novi test vektor t  0 i sljedećeg pivota. Ponavljajući postupak viˇse puta dobijamo T

t =

−

79 , 0, 0, 7

−

18 , 7

 − ≤ 1 7

0,

pa dobijamo optimalno rjeˇsenje. Naime, T

x0 =



4 12 0, , , 0, 0 7 7



i f (x0 ) =

− 607 .

52

GLAVA 5.

OPTIMIZACIJA

Glava 6

Diskretna teorija vjerovatno´ ce 6.1

Pojam vjerovatno´ ce

Uslovi koji se mogu ponavljati beskonaˇ cno mnogo puta i koji ne dovode do jednaznaˇcno odedenog ishoda zovemo sluˇcajnim eksperimentom (eksperimentom). Svakom eksperimentu pridruˇzujemo skup Ω svih mogu´ cih ishoda tog eksperimenta i zovemo ga prostor elementarnih dogadaja, a njegove elemente elementarne dogadaje. Primjer 6.1. Novˇcić se baca dva puta. Za elementarne dogadaje moˇzemo uzeti sledeće ishode eksperimenta : P P u oba bacanja je palo pismo, P G u prvom bacanju je palo pismo, a u drugom grb, GP u prvom bacanju je pao grb, a u drugom pismo, GG u oba bacanja je palo pismo. Dakle, Ω = PP,PG,GP,GG .

− − − −

{

}

Primjer 6.2. Bacaju se novˇcić i kocka za igru. Skup elementarnih dogadaja je Ω = P 1, P 2, P 3, P 4, P 5, P 6, G1, G2, G3, G4, G5, G6 .

{

}

Definicija 6.1. Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja nekog eksperimenta. Svaki podskup A skupa Ω zove se sluˇcajan dogada j (dogadaj). Dogadaj Ω se naziva siguran dogadaj, a dogadaj nemogu´ c dogada j.

∅

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

⊂

A= ω

{ ∈ Ω : ω ∈/ A}. 53

54

GLAVA 6.

´ DISKRETNA TEORIJA VJEROVATNOCE

∪ B, odreden sa A ∪ B = {ω ∈ Ω : ω ∈ A ili ω ∈ B }. Presjek dogadaja A i B je dogadaj A ∩ B, odreden sa A ∩ B = {ω ∈ Ω : ω ∈ A i ω ∈ B }. Primjedba 6.1. (i) Umjesto A ∩ B piˇse se i AB. (ii) Ako je AB = ∅ kaˇ zemo da su dogadaji A i B disjunktni ili da se medusobno Unija dogadaja A i B je dogadaj A

iskljuˇ cuju.

Definicija 6.2. Neka je Ω = ω1 , ω2 , . . . , ωn prostor elementarnih dogadaja. Za svako k 1, 2, . . . , n pridruˇzimo ishodu ωk broj pk tako da vrijede sljedeći uslovi :

∈{

{

}

1. nenegativnost, pk

}

≥ 0,

2. normiranost, p1 + p2 +

· ·· + p

n

= 1.

Broj pk se zove vjerovatno´ ca elementarnog dogadaja ωk . Neka je A = ωj1 , ωj2 , . . . , ωjk , 1

≤ j1 < j 2 < · · · j ≤ n. Vjerovatnoća dogada ja A je broj P (A) = p + p + ·· · + p U prethodnoj definiciji odredena je funkcija P : F → R, gdje je F ⊆ Ω. Uredena trojka (Ω, F , P ) naziva se prostor vjerovatnoća. {

k

j1

j2

jk

Primjedba 6.2. Ako je

1 , n kaˇzemo da se radi o klasiˇ cno j vjerovatnoći. U tom sluˇcaju vjerovatnoća dogadaja A jednaka je koliˇ cniku bro ja ishoda povoljnih za dogadaj A i broja svih mogućih ishoda. p1 = p2 =

·· · = p

n

=

Primjer 6.3. Dato je 10 kuglica numerisanih brojevima 1, 2, . . . , 10. Sluˇcajno se biraju tri kuglice odjednom. Pretpostavimo da sve 3 kombinacije imaju istu vjerovatnoću da budu izabrane. Kolika je vjerovatnoća dogadaja A da je taˇcno jedna od izabranih kuglica oznaˇcena parnim brojem? 10 Broj mogućih ishoda jednak je , a broj povoljnih ishoda jednak je 3 5 5 ca , pa je traˇzena vjerovatno´ 1 2

−

  

 

P (A) =

     5 1

5 2

10 3

.

´ 6.1. POJAM VJEROVATNOCE

55

Teorema 6.1. (Osobine vjerovatnoće)

1. Za svaki dogadaj A vaˇzi 0

≤ P (A) ≤ 1.

2. Vjerovatnoća sigurnog dogadaja je P (Ω) = 1. 3. Ako je AB =

∅ onda je P (A ∪ B) = P (A) + P (B). 4. Za svaki dogadaj A je P (A) = 1 − P (A). 5. Vjerovatnoća nemogućeg dogadaja je P (∅) = 0. 6. Ako je A ⊂ B onda je P (A) ≤ P (B). Dokaz. Osobine 1. i 2. slijede neposredno iz definicije vjerovatno´ ce dogadaja. 3. Neka su A = σ1 , σ2 , . . . , σm i B = τ 1 , τ 2 , . . . , τk isjunktni dogadaji. Tada je A B = σ1 , σ2 , . . . , σm , τ 1 , τ 2 , . . . , τk .

{

}

∪

{

}

{

}

Ako je p(ω) oznaka za vjerovatnoću dogada ja ω onda je

∪

P (A B) = p(σ1 )+ p(σ2 )+

· ··+ p(σ

m )+ p(τ 1 )+ p(τ 2 )+

· · ·+ p(τ ) = P (A)+P (B). k

∪

4. Dogadaji A i A su disjunktni i vrijedi A A = Ω. Na osnovu osobina 2. i 3. imamo 1 = P (Ω) = P (A A) = P (A) + P (A),

∪

pa je P (A) = 1

− P (A).

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

∅

P ( ) = 1

∅ − P (Ω) = 0. 6. Ako je A ⊂ B onda je B = A ∪ AB pri ˇcemu su A i AB disjunktni. Koristeći 3. imamo P (B) = P (A) + P (AB) ≥ P (A). Primjer 6.4. Za proizvoljne dogadaje A i B vrijedi P (A

∪ B) = P (A) + P (B) − P (AB).

Dogadaji AB,AB i AB su medusobno disjunktni i vaˇzi A

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

Koristeći osobinu aditivnosti vjerovatnoće dobijamo P (A B) = P (AB)+P (AB)+P (AB) = P (B) P (AB)+P (A) P (AB)+P (AB) =

∪

−

= P (A) + P (B)

− P (AB).

−

56

GLAVA 6.

6.2


Uslovna vjerovatno´ ca

U nekim situacijama potrebno je izraˇcunati vjerovatnoću odredenog dogada ja B, ako je poznato da se realizovao neki drugi dogadaj A. Na ta j naˇcin dolazimo do uslovne vjerovatnoće.

cena Primjer 6.5. Neka se u kutiji nalazi jedna bijela i dvije crne kuglice. Izvuˇ je jedna kuglica bez vra´ canja i konstatovano je da je bijela. Kolika je vjerovatno´ ca da je druga izvuˇcena kuglica crna? Ovde je Ω = (b, c1 ), (b, c2 ), (c1 , b), (c2 , b), (c1 , c2 ), (c2 , c1 ) ,

{

}

{

}

{

}

A = (b, c1 ), (b, c2 ) , B = (b, c1 ), (b, c2 ) ,

pa je P = 1. Inaˇce, da nije izvuˇcena prva kuglica vjerovatnoća je P = 13 . Definicija 6.3. Uslovna vjerovatno´ ca dogadaja B pri uslovu A je broj koji oznaˇcavamo sa P (B A) i koji je odreden sa

|

|

P (B A) =

P (AB) , P (A)

pri ˇcemu se pretpostavlja da je P (A) > 0. Teorema 6.2. Neka je P (A) > 0. Tada vrijedi:

1. P (A A) = 1, P (Ω A) = 1, P ( A) = 0,

|

|

∅|

2. Ako je A

⊂ B onda je P (B|A) = 1, 3. Ako je B1 B2 = ∅ onda je P (B1 ∪ B2 |A) = P (B1 |A) + P (B2 |A), 4. P (B |A) = 1 − P (B |A). Dokaz. Slijedi iz definicije uslovne vjerovatnoće i osobina vjerovatnoće. Dokazaćemo sada jednu jednostavnu ali vaˇ znu formulu poznatu pod nazivom formula potpune vjerovatno´ ce. Teorema 6.3. Neka su A1 , A2 , . . . , An medusobno disjunktni dogadaji sa pozitivnim vjerovatno´ cama. Ako za neki dogadaj B vaˇzi B A1 A2 An onda je

⊂

n

P (B) =

 j =1

P (Aj )P (B Aj ).

|

Dokaz. Iz uslova B

⊂ A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ A

n

slijedi B = BA 1

∪ BA2 ∪ · · · ∪ BA

n,

∪ ∪···∪

´ 6.2. USLOVNA VJEROVATNOCA

57

pa kako su dogadaji A1 , A2 , . . . , An medusobno disjunktni takvi su i BA 1 , BA 2 , . . . , B An . Koristeći osobinu aditivnosti vjerovatnoće i definiciju uslovne vjerovatnoće dobijamo n

P (B) =



P (Aj )P (B Aj ).

|

j =1

Primjedba 6.3. Ako za medusobno disjunktne dogadaje A1 , A2 , . . . , An vrijedi A1

∪ A2 ∪ · · · ∪ A

n

= Ω,

onda kaˇzemo da dogadaji A1 , A2 , . . . , An ˇcine potpun skup dogadaja (hipoteze). Primjer 6.6. U prvoj kutiji se nalaze tri bijele i dvije crne kuglice, a u drugoj jedna bijela i ˇcetiri crne kuglice. Prvo se sluˇcajno bira kutija, a zatim se iz kutije sluˇcajno bira kuglica. Odrediti vjerovatnoću da je izabrana bijela kuglica. Neka je A1 (A2 ) dogadaj da je izabrana prva (druga) kutija, a B dogadaj da je izabrana bijela kuglica. Vrijedi P (A1 ) = P (A2 ) =

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

|

|

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

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

·

·

Neka su A1 , A2 , . . . , An medusobno disjunktni dogadaji sa pozitivnim vjerovatnoćama i dogadaj B takode sa pozitivnom vjerovatno´ com za koji vrijedi

⊂ A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ A

B

n.

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

Iz definicije uslovne vjerovatnoće imamo da za svako j j

j

j

j

odakle slijedi

|

P (Aj B) =

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

|

Koristeći formulu potpune vjerovatnoće dobijamo

|

P (Ak B) =

|

P (Ak )P (B Ak ) n



j =1

|

P (Aj )P (B Aj )

Formula (6.1) je poznata kao Bajesova formula.

.

(6.1)

58

GLAVA 6.


ze uslovi iz primjera 6.6. Pretpostavimo da je izabrana Primjer 6.7. Neka vaˇ bijela kuglica. Odredimo vjerovatno´ cu da je izabrana iz prve kutije. Na osnovu Bajesove formule imamo 1 3 · 3 P (A1 )P (B |A1 ) | P (A1 B) = = 225 = . P (B) 4 5

Definicija 6.4. Dogadaji A i B su nezavisni ako vrijedi P (AB) = P (A)P (B). Za dogadaje koji nisu nezavisni kaˇ zemo da su zavisni. Primjer 6.8. Baca se kocka za igru. Prostor elementarnih dogadaja je Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6 . Neka je A = 1, 3, 5 , B = 1, 2 , C = 1, 2, 3 . Tada je AB = 1 , BC = 1, 2 , CA = 1, 3 i vrijedi

{ {}

}

{ }

{

}

{ }

P (A) =

{ }

{

}

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

1 = P (A)P (B), 6 1 P (BC ) = = P (B)P (C ), 3 1 P (CA) = = P (C )P (A). 2 Dakle, dogadaji A i B su nezavisni, dogadaji B i C zavisni, a dogadaji C i A si takode nezavisni. P (AB) =

 

Primjer 6.9. Ako su A i B nezavisni onda su i dogadaji (a) A i B , (b) A i B, (c) A i B, takode nezavisni.

6.3

Bernulijeva ˇ sema

⊂

Neka je Ω prostor elementarnih dogadaja i A Ω. Za niz niz eksperimenata u kojima je vjerovatno´ ca realizacije dogadaja ista i nezavisna od ostalih eksperimenata kaˇzemo da ˇcini Bernulijevu ˇ semu. Sa S n oznaˇcavamo broj realizacija dogadaja A u Bernulijvoj ˇsemi. Broj Snn nazivamo frekvencija (relativna uˇ cestalost) dogadaja A u n ponovljenih eksperimenata.

cu da se dva puta Primjer 6.10. Kocka se baca tri puta. Odediti vjerovatno´ pojavio broj ˇsest. Neka 1 znaˇ ci da je pao broj 6, a 0 da nije pao broj 6. Tada je

{S 3 = 2 } = {(x1, x2, x3) : x ∈ {0, 1} taˇcno dva broja od x i

i

pa je P (S 3 = 2) =

  3 2

1 62

· 56 = 15 . 63

su 1 ,

}

ˇ 6.3. BERNULIJEVA SEMA

59

Sliˇcno kao u prethodnom primjeru zakljuˇcujemo da je sa

  n k

P (S n = k) =

pk (1

− p) − , k ∈ {0, 1, . . . , n}, n k

(6.2)

data vjerovatnoća da će se dogadaj A, ˇcija je vjerovatnoća pojavljivanja u jednom opitu p, pojaviti k puta u n nezavisnih opita. Za velike n vrijednosti P (S n = k) date formulom (6.2) nije jednostavno odrediti. Obiˇcno se koriste formule date sledećim teoremama. Teorema 6.4. (Puasonova aproksimacija) Neka je P (A) = ne zavisi od n. Tada za svaki k N 0 vrijedi

∈ ∪{ }

lim P (S n = k) =

→+∞

n

λ , n

λ > 0 i neka λ

λk −λ e . k!

Dokaz. Zbog (6.2) imamo

    −  − −   − −

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

n!

(n

−

n k

λ n

1

n

λ n

1

k

λ n

n k

P (S n = k) =

1 k)! nk

.

1

λ n

k

,

 −   − −  − −  ·· ·  −  − − 1

n

λ n

1

k

1

1

n

k

P (S n = k)

k

2

n

1

1 n

1

λ n

k

,

→ λk! e− , n → +∞. λ

Primjedba 6.4. (i) Prethodna teorema vrijedi i ako se pretpostavi da je P (A) = pn i da je lim npn = λ.

→+∞

n

(ii) Praksa je pokazala da Puasonova aproksimacija da je dobre rezultate za np < 10. Ako je np 10 koristi se normalna aproksimacija data sledećom Muavr-Laplasovom teoremom.

≥

Teorema 6.5. (Normalna aproksimacija) Neka je p (0, 1) vjerovatnoća dogadaja u svakom od n nezavisnih ekperimenata i neka postoje a, b R takvi da je

∈

a

∈

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

Tada vrijedi P (S n = k)

lim ( − → +∞ 1 √2πnpq e− 2

n

k

np)2 npq

= 1.

60

GLAVA 6.


Na osnovu prethodne teoreme moˇze se dokazati i sledeća poznata kao integralna Muavr-Laplasova teorema. Teorema 6.6. Pri uslovima prethodne teoreme vrijedi b−np √ npq

lim P (a

→+∞

n

1 2π

≤ S ≤ b) ∼ √ n

a



t2

e− 2 dt.

np √ −npq

Primjer 6.11. Vjerovatnoća proizvodnje neispravnog proizvoda je 0.02. Naći vjerovatno´ cu da u seriji od 2500 proizvoda broj neispravnih bude izmedu 36 i 57. Ovde je np = 2500 0.02 = 50, pa koristimo normalnu aproksimaciju

·

P (36

1 2π

≤ S 2500 ≤ 57) ∼ √

1

 − e

t2

2

dt

−2

≈ 0.818.

Primjedba 6.5. Vrijednosti funkcije Φ(x) =

1 2π

√

x

 − e

t2

2

dt

0

date su tablicama.

6.4

Diskretne sluˇ cajne promjenljive

Prilikom eksperimenta se svakom ishodu moˇze pridruˇziti realan broj, to jest moˇzemo posmatrati preslikavanje sa Ω u skup R. Primjer 6.12. Neka se baca novˇcić. Svakom ishodu moˇzemo pridruˇziti 1 ili 0 u zavisnosti da li je pao grb ili pismo. U ovom sluˇcaju skup Ω se preslikava na 0, 1 .

{ }

Definicija 6.5. Neka je (Ω, , P ) prostor vjerovatnoća sa konaˇcno mnogo ishoda. Funkcija X : Ω R zove se sluˇcajna promjenljiva (veliˇcina).

→

F

Rasp odjela vjerovatno´ ca sluˇcajne promjenljive je odredena ako su poznate vrijednosti x1 , x2 , . . . , xn koje moˇze uzeti ta sluˇcajna promjenljiva i vjerovatnoće p1 , p2 , . . . , pn sa kojima uzima te vrijednosti. Koristi se zapis pk = P (X = xk ) = P ( ω : X (ω) = xk , k = 1, 2, . . .

{

}

Raspodjela vjerovatnoća sluˇcajne promjenljive X se oznaˇcava i sa X : pri tome je p1 + p2 +

· ·· + p

n



x1 p1

= 1.

x2 p2

· ·· · ··

xn pn



,

6.4.

ˇ DISKRETNE SLU CAJNE PROMJENLJIVE

61

cajno Primjer 6.13. Dato je 10 kuglica numerisanih brojevima 1, 2, . . . , 10. Sluˇ se biraju odjedno ˇcetiri kuglice. Neka je X broj izabranih kuglica koje su oznaˇcene brojem djeljivim sa tri. Odrediti raspodjelu sluˇcajne promjenljive X . Neposrednim raˇ cunom dobijamo X :



0

1

2

3

1 6

1 2

3 10

1 30



.

Definicija 6.6. Neka je X sluˇcajna promjenljiva. Funkcija F X : R sa F X (x) = P ω : X (ω) x = P (X x)

{

≤ }

→ R data

≤

zove se funkcija raspodjele sluˇcajne promjenljive X . Primjer 6.14. Sluˇcajna promjenljiva X data sa X :



1 0 p 1 p

−



, p

∈ (0, 1),

se naziva Bernulijeva sluˇcajna promjenljiva. Za njenu funkciju raspodjele vrijedi F (x) =

 

0, x < 0, 1 p, 0 x < 1, 1, x 1.

−

≤

≥

Osobine funkcije raspodjele su date slede´ com teoremom. Teorema 6.7. Neka je F funkcija raspodjele sluˇcajne promjenljive X . Tada vrijedi: (i) 0

≤ F (x) ≤ 1, (∀x ∈ R),

(ii) F je neopadajuća funkcija, (iii)

lim F (x) = 1, lim F (x) = 0, → x→−∞ +∞

x

(iv) F je neprekidna s lijeva. Nezavisnost sluˇ cajnih promjenljivih uvodimo analogno kao i nezavisnost dogadaja. Definicija 6.7. Sluˇcajne promjenljive X i Y su nezavisne ako vrijedi P (X = xi , Y = yj ) = P (X = xi ) P (Y = yj )

·

za sve xi i yj iz skupa vrijednosti sluˇcajnih promjeljivih X i Y .

62


GLAVA 6.

Primjer 6.15. Novˇcić se baca dva puta. Neka X oznaˇcava broj registrovanih pisama, a Y broj grbova. Raspodjele vjerovatnoća sluˇcajnih promjenljivih X i Y su date tabelom : Y = 0 Y = 1 Y = 2 pi

X = 0 0 0

X = 1 0

X = 2

1 4 1 4

1 2

0

0 0

1 2

1 4

qj

1 4

1 4 1 2 1 4

Sluˇcajne promjenljive X i Y nisu nezavisne, jer na primjer P (X = 0, Y = 0) = 0 =



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

·

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





··· ···

x1 x2 xn Neka je Ω = ω1 , . . . , ωk , k N i X : . p1 p2 pn Matematiˇ cko oˇ cekivanje E (X ) sluˇcajne promjenljive X se definiˇse sa

{

} ∈

E (X ) =

X (ω1 ) + X (ω2 ) + k

· · · + X (ω ) . k

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

{

}

i oznaˇcimo sa ki broj elemenata skupa Ai . Vrijedi P (Ai ) = je P (Ai ) = pi , pa imamo E (X ) = x1 p1 + x2 + p2 +

ki k ,

s druge strane

·· · + x p . Ako je X diskretna sluˇcajna promjenljiva i f : R → R proizvoljna funkcija tada k k

je f (X ) takode sluˇcajna promjenljiva i vrijedi

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

· ·· + f (x ) p . k

k

Primjer 6.16. Neka je X sluˇcajna promjenljiva koja oznaˇcava broj na gornjoj strani kocke. Odrediti E (X ) i E (X 2 ). 6

E (X ) =

· i

i=1

1 6

= 3.5, E (X 2 ) =

6



i=1

i2

· 16 = 916 .

Primjedba 6.6. Na osnovu prethodnog primjera vidimo da ne mora biti E (X ) X (Ω).

∈

Osnovne osobine matematiˇckog oˇcekivanja su :

∈ R tada je E (C ) = C. 2. Ako je C ∈ R i X sluˇcajna promjenljiva tada je E (CX ) = CE (X ). 1. Ako je C

3. Ako su X i Y sluˇcajne promjenljive onda je E (X + Y ) = E (X ) + E (Y ).

ˇ 6.5. SLU CAJNI PROCESI

63

4. Ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promjenljive onda je E (XY ) = E (X )E (Y ). Matematiˇcko oˇcekivanje ne opisuje sluˇcajnu promjenljivu u potpunosti, pa je potrebno posmatrati i odstupanje sluˇ cajne promjenljive od E (X ) . Umjesto izraza X E (X ) posmatra se izraz (X E (X ))2 koji je jednostavniji za analizu. Varijansa (disperzija) V ar(X ) sluˇcajne promjenljive X je

| −

|

−

V ar(X ) = E (X

− E (X ))2.

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

≥ 0.

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

− E 2(X ).

∈ R onda je V ar(C ) = 0. 4. Ako je C ∈ R i X sluˇcajna promjenljiva onda je V ar(CX ) = C 2 V ar(X ). 3. Ako je C

5. Ako su X i Y nezavisne sluˇcajne promjenljive onda je V ar(X + Y ) = V ar(X ) + V ar(Y ). Primjer 6.17. Neka je A dogadaj. Sluˇcajna promjenljiva I A definisana sa I A (ω) =



1, ω A, 0, ω / A,

∈ ∈

zove se indikator sluˇcajnog dogadaja A. Ako je P (A) = p, vrijedi I A :



0 1

−

1 p p



,

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

6.5

− p2.

Sluˇ cajni procesi

F

Neka je (Ω, , P ) prostor vjerovatnoća i T skup vrijednosti parametra t. Sluˇcajni proces je familija sluˇcajnih promjenljivih X t , t T. Indeks t se obˇcno interpretira kao vrijeme, a za skup T se uzima skup (0, + ) ili neki njegov podskup. Ako je T diskretan podskup, tada se radi o procesu sa diskretnim vremenom, a u protivnom imamo proces sa neprekidnim vremenom. Za sluˇcajni proces moˇzemo reći da je funkcija, koja pri svakom fiksiranom t T je sluˇcajna promjenljiva X (t, ω) = X (t), ω Ω. Ako je ω = ω0 fiksirano , tada je X (t, ω0 ) nesluˇcajna funkcija i zove se realizacija ili trajektorija procesa. Ako je T prebrojiv skup, tada se radi o sluˇ cajnom nizu, a ako je T neprebrojiv tada imamo sluˇcajni proces. Neka je data funkcija raspodjele sluˇcajnog vektora

{ } ∈ ∞

∈

(X (t1 ), X (t2 ), . . . , X ( tn )).

∈

64

GLAVA 6.


Sluˇcajni proces kod koga su sve konaˇ cnodimenzionalne raspodjele normalne nazivamo Gaussovim sluˇcajnim procesom. Nesluˇcajna funkcija m(t) = E (X (t)) je matematiˇ cko oˇ cekivanje sluˇcajnog procesa, K (t, s) = E (X (t)

− m(t))(X (s) − m(s))

je njegova korelaciona funkcija. U daljem posmatraćemo sluˇcajne procese kod kojih je skup T prebrojiv. Neka je dat niz sluˇ cajnih promjenljivih (X n ), kod koga sve sluˇcajne promjenljive imaju iste konaˇcne ili prebrojive skupove vrijednosti (skupove stanja). Smatraćemo da je skup vrijednosti 0, 1, . . . , ili neki njegov podskup. Ako vrijednost koju je postigla sluˇcajna promjenljiva X n potpuno odredjuje zakon raspod jele sluˇcajne promjenljive X n+1 i taj zakon raspodjele ne zavisi od vrijednosti koje su postigle sluˇcajne promjenljive X k , k < n, tada za niz (X n ) kaˇzemo da ˇcini lanac Markova. Dakle, niz (X n ) sluˇcajnih promjenljivih je lanac Markova ako vrijedi

{

}

P (X n = xn X k1 = xk1 , . . . , Xk r = xkr ) = P (X n = xn X k1 = xk1 )

|

|

za sve proizvoljne prirodne brojeve n > k1 > k 2 > .. . > k r . Ova osobina govori o tome da vjerovatno´ ca da se dati sistem u trenutku n + 1 nalazi u datom stanju, ako je poznato njegovo stanje u trenutku n, ne zavisi od ponaˇsanja tog sistema u proˇslosti to jest prije trenutka n. Vjerovatnoća da se sluˇcajna promjenljiva X n+1 nadje u stanju j, ako je poznato da se X n nalazi u stanju i naziva se vjerovatno´ ca prelaza. Imamo +1 pn,n = P (xn+1 = j X n = i). ij

|

+1 Ako vjerovatnoće pn,n ne zavise od n lanac je homogen. ij Oznaˇcimo sa pij (n) vjerovatno´ ce prelaza iz stanja i u stanje j za n koraka. Matrice M n = [ pij (n)] se zovu matrice vjerovatno´ ca prelaza za n koraka. Kod njih su svi elementi nenegativni i zbir u svakoj vrsti je 1. Koristeći teoremu o totalnoj vjerovatno´ ci imamo da je za 1 m n,

}

≤ ≤

pij (n) =



pik (m) pkj (n

k

− m).

ˇ To su jednaˇ cine Kormogorova-Cepmena. Matriˇcni oblik je M n = M m M n−m , odavde je M n = M 1n . Ako postoji prirodan broj n tako da su svi elementi matrice M n strogo pozitivni, tada za svako j = 1, 2, . . . , posto ji graniˇcna vrijednost n

lim pij (n) = p∗j , → +∞

ˇ 6.5. SLU CAJNI PROCESI

65

koja ne zavisi od i. Brojevi p∗j zovu se finalne vjerovatno´ ce. Finalne vjerovatnoće se mogu dobiti iz sistema jednaˇcina:

∗ ∗

pk pkj = p∗j , j = 1, 2, . . .

pj = 1,

j

k

can. Lanac koji ima finalne vjerovatnoće zove se ergodiˇ

66

GLAVA 6.


DISKRETNA_MATEMATIKA

Recommend Documents