Matematiˇ Mate matiˇcki cki Fakultet Fakulte t Beograd
ELEMENTI KOMBINATORIKE
Profesor: Zoran Luˇci´c
Student: Milan Mi lan Krsti Kr sti´´c ML 248/01
Sadrˇ zaj 1 Pojam kombinatorike
3
2 Varijacije i permutacije
2.1 2.2 2.3 2.4
Varijacije bez ponavljanja . . Varijacije sa ponavljanjem . . Permutacije bez ponavljanja . Permutacije sa ponavljanjem
4
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
3 Kombinacije
3.1 3.2
4 5 6 7 9
Kombinacije bez ponavljanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kombinacije sa ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Literatura
9 10 11
2
1
Pojam kombinatorike
Kombinatorika je grana matematike koja se bavi problemima povezivanja elemenata datog skupa na viˇse razliˇcitih naˇcina pri ˇcemu se formira ju novi skupovi. Ovi novonastali skupovi mogu imati broj elemenata koji je jednak ili manji od bro ja elemenata poˇcetnog skupa, a elementi prvobitnog skupa mogu se ponavljati jednom ili viˇse puta u novoformiranim skupovima. Primer 1.
Obrazovati sve mogu´ce anagrame od reˇci BROJ! Reˇ senje:
Razdvajanjem elemenata skupa B, R, O, J i njihovom rekombinacijom na viˇse razliˇcitih naˇcina, dobijamo slede´ce mogu´ce anagrame: BROJ RBOJ OBRJ JBRO
BRJO RBJO OBJR JBOR
BORJ ROBJ ORBJ JRBO
BOJR ROJB ORJB JROB
BJRO RJBO OJBR JOBR
BJOR RJOB OJRB JORB
Primer 2.
Svi uˇcenici jednog odeljenja su medusobno razmenili fotografije. Ako odeljenje broji 20 uˇ cenika, a izrada jedne fotografije koˇsta 10 dinara, koliko je novca zaradio fotograf? Reˇ senje:
Najpre treba odrediti koliko je ukupno fotografija razmenjeno u odeljenju. Svaki uˇ cenik dao je ukupno 19 fotografija (svima u odeljenju izuzev sebi) a kako ima 20 uˇcenika, zakljuˇcujemo da je ukupan broj fotografija 20 19, odnosno 380. Poˇsto izrada jedne fotografije koˇsta 10 dinara, tada suma koju je zaradio fotograf iznosi 380 10, tj. 3800 dinara. ,
3
2
Varijacije i permutacije
Varijacije predstavljaju naˇcin izdvajanja k elemenata nekog datog skupa, pri ˇcemu se mora voditi raˇ cuna o redosledu izdvojenih elemenata. U zavisnosti od toga da li se vrˇsi izdvajanje razliˇcitih ili istih elemenata, razlikujemo varijacije bez ponavljanja i varijacije sa ponavljanjem. Ukoliko je k izdvojenih elemenata jednako broju elemenata datog skupa, tj. kada svi elementi ponudenog skupa uˇcestvuju u formiranju novih skupova, tada govorimo o permutacijama bez ponavljanja i permutacijama sa ponavljanjem.
2.1
Varijacije bez ponavljanja
Definicija:
Neka je A = {a1 , a2 ,...,an }. Varijacija bez ponavljanja k-te klase skupa A je svaka uredena k-torka razliitih elemenata skupa A . Teorema: Ako sa V kn obeleˇzimo broj svih varijacija bez ponavljanja klase k od n elemenata
datog skupa A, tada vaˇ zi: V kn = n (n – 1) (n – 2) · · · (n – k + 2) (n – k + 1) , ( V 0n = 1) Dati izraz moˇzemo kra´ce zapisivati kao: vkn =
n! vn (n−k)! k
pri ˇcemu je n! jednako: n! = n (n – 1) (n – 2) · · · 3 · 2 · 1
=
n! (n−k)!
Dokaz:
Ako izaberemo proizvoljnu varijaciju klase k skupa A= {a1, a2, . . . , an }, prvi ˇclan niza moˇ ze biti bilo koji od n elemenata datog skupa. Sa svakim od n elemenata kao prvim ˇclanom uzimamo kao drugi ˇclan bilo koji od preostalih (n – 1) elemenata. Za sve mogu´ce izbore prva dva ˇclana, biramo tre´ci ˇclan od preostalih (n – 2) elemenata. Analogno tome se zakljuˇ cuje da se varijacija od k ˇclanova medu elementima datog niza moˇze formirati na n (n – 1) (n – 2) · · · [n – (k – 2)] [n – (k – 1)] = n (n – 1) · · · (n – k + 2) (n – k + 1) naˇcina. Primer 1.
Izraˇcunati: V 15 + V 25 + V 35 + V 45 Reˇ senje:
Primenom formule za varijacije bez ponavljanja na konkretne sluˇ cajeve i nizom raˇcunskih operacija dolazimo do konaˇcnog rezultata: V 15 + V 25 + V 35 + V 45 = 5 + 5 · 4 + 5 · 4 · 3 + 5 · 4 · 3 · 2 = 5 · (1 + 4 + 12 + 24) = 5 · 41 = 205
4
Primer 2.
A) Na koliko naˇcina mogu tri osobe da sednu u bioskopu u red od deset sediˇsta? B) Na koliko naˇcina mogu pet osoba da zauzmu preostala dva sediˇsta u bioskopu? Reˇ senje:
A) Poˇsto ima viˇse sediˇsta nego gledalaca, zakljuˇcujemo da sediˇsta ”biraju” gledaoce, a kako je bitan redosled sedenja, to znaˇ ci da se u ovom sluˇcaju radi o varijacijama tre´ ce klase od 10 elemenata. Broj mogu´cih rasporeda sedenja raˇcunamo po formuli: V kn = V 310 = 10 · 9 · 8 = 720 naˇcina. B) I u ovom sluˇcaju je bitan redosled sedenja, ali ovoga puta gledaoci biraju sediˇsta, pa zakljuˇcujemo da se radi o varijacijama druge klase od pet elemenata, tako da traˇzenih naˇcina ima: cina. V 25 = 5 · 4 = 20 naˇ Primer 3.
Koliko ima neparnih brojeva izmedu 1000 i 10 000, od kojih svaki ima razliˇcite cifre? Reˇ senje:
Poˇsto je bitan redosled cifara u broju, to znaˇ ci da se u ovom sluˇcaju radi o varijacijama, a kako je uslov zadatka da cifre budu razliˇ cite, to su varijacije bez ponavljanja. Svi brojevi izmedu 1000 i 10 000 su ˇcetvorocifreni, sledi da su varijacije 4 – te klase, a kako u zadatku nije posebno naglaˇsen skup elemenata, zakljuˇ cujemo da u obzir dolazi 10 elemenata, tj. skup {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Budu´ ci da se traˇze neparni brojevi cifra jedinica mora biti jedna od 1, 3, 5, 7, 9. Cifre desetica i stotina mogu biti sve cifre, dok cifra hiljada mora biti razliˇ cita od 0. Kada je ve´ c izabrana cifra jedinice preostale tri cifre se mogu izabrati na V39 naˇcina, pri ˇcemu moramo oduzeti one varijacije kod kojih je 0 na mestu hiljada, a njih ima V28. Poˇsto postoji pet mogu´ cnosti za izbor cifre jedinica, to ´ce traˇ zenih brojeva biti ukupno: 5 · ( V 39 − −V 28 ) = 5 · (9 · 8 · 7 – 8 · 7) = 5 · 8 · 8 · 7 = 2240 brojeva.
2.2
Varijacije sa ponavljanjem
Definicija:
Neka je dat skup A = {a1 , a2 ,...,an }. Varijacije sa ponavljanjem k–te klase (k ∈ N) skupa A je svaka uredena k–torka elemenata skupa A koji ima n elemenata, pri ˇcemu oni mogu i da se ponavljaju. Teorema: Ako sa V kn oznaˇcimo bro j svih varijacija sa ponavljanjem klase k (k≥0), tada
je V kn = nk
5
Dokaz:
Na prvom mestu u nizu moˇze se nalaziti bilo koji od n elemenata, nezavisno od ostalih ˇclanova niza, ˇsto znaˇci da postoji n mogu´cnosti za izbor prvog elementa. Poˇsto ˇclanovi niza mogu da se ponavljaju, isto vaˇzi i za ostala mesta u nizu. Prema principu proizvoda zakljuˇcujemo da ´ce ukupan broj varijacija biti = nk n · n· · · n Primer 1.
A) Na tiketu sportske prognoze nalazi se 12 susreta. Na koliko naˇcina moˇzemo popuniti kolone tiketa? B) Na koliko naˇcina moˇzemo popuniti kolone tiketa, ako je poznato da 7 susreta ne´ce biti nereˇseno? Reˇ senje:
A)Poˇsto za svaku utakmicu imamo 3 mogu´ ca ishoda, i to 1, 0, 2, a ukupno 12 meˇceva, onda ´ce broj mogu´cnosti za popunjavanje tiketa biti jednak broju varijacija 12 – te klase od tri elementa: V 312 = 312 = 531441. B)Poˇsto je za sedam meˇ ceva poznato da ishod ne´ce biti nereˇ sen, to za ove meˇceve imamo dve mogu´cnosti, i broj razliˇcitih popunjavanja raˇcunamo kao varijacije sa ponavljanjem od 2 elementa sedme klase. Za svaku mogu´cu popunjenu kolonu ovih sedam meˇceva postoji broj mogu´cnosti ishoda preostalih 5 meˇ ceva jednak varijacijama od 3 elementa pete klase. Zakljuˇ cujemo da je ukupan broj naˇcina popunjavanja tiketa sportske prognoze jednak: V 27 · V 35 = 27 · 35 = 128 · 243 = 31104 naˇcina.
2.3
Permutacije bez ponavljanja
Definicija:
Neka je A = {a1 , a2 ,...,an }. Permutacija bez ponavljanja skupa A je svaka uredena n – torka svih elemenata skupa A, tj. varijacija klase n skupa A. Teorema: Ako je Rn broj permutacija skupa od n elemenata, onda je: P n = n! = n (n – 1) (n – 2) · · · 3 · 2 · 1 , (0! = 1) Dokaz:
Kako je, po definiciji, permutacija skupa A od n elemenata jednaka varijaciji od n elemenata klase n, tada lako dokazujemo slede´ce: P n = V nn = n (n – 1) · · · (n – k +2) (n – k +1) = n (n – 1) · · · (n – n +2) (n – n + 1) = n (n – 1) · · · 2 · 1 = n! Primer 1.
Dat je skup E = {1, 2, 3, . . . , 8 }. U koliko su permutacija, koje se mogu obrazovati od elemenata skupa E, elementi 2, 4, 5, 6 jedan pored drugog, i to: A) U datom poretku; B) U proizvoljnom poretku?
6
Reˇ senje:
A) Poˇsto elementi 2, 4, 5, 6 ostaju u istom poretku, moˇzemo ih tretirati kao jedan ˇclan h novog skupa X = {1, x, 3, 7, 8 }, pa sada lako zakljuˇ cujemo da je broj mogu´ cih permutacija skupa E (koje odgovaraju prethodno navedenom uslovu), jednak broju svih permutacija skupa H: P 5 = 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 permutacija. B) Poˇsto u ovom sluˇ caju nije zadat redosled elemenata 2, 4, 5, 6, tada ne´cemo imati samo jedan novi ˇclan h, ve´ c je broj mogu´cih ˇclanova h jednak broju svih permutacija skupa {2, 4, 5, 6}. Zakljuˇcujemo da je ukupan broj permutacija jednak broju permutacija iz prethodnog primera koji je pomnoˇ zen brojem mogu´cih ˇclanova h, odnosno: R5 · R4 = 5! · 4! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 4 · 3 · 2 · 1 = 2880 permutacija. Primer 2.
Koja je po redu permutacija 3421 od osnove 1234? Reˇ senje:
Cifrom 1 poˇcinje ukupno R3 = 3! = 6 permutacija. Isto vaˇ zi i za cifru 2, pa zakljuˇcujemo da se ispred brojeva koji poˇcinju sa 3 nalazi 2 · 6 = 12 permutacija. Kako ciframa 31 i 32 poˇcinju 2 ·R2 = 2 · 2! = 4 permutacije, sledi da se ispred brojeva koji poˇcinju ciframa 34 nalazi 12 + 4 = 16 permutacija. Naredna sedamnaesta permutacija glasi 3412, a osamnaesta je 3421. Na osnovu toga dolazimo do zakljuˇcka da je indeks date permutacije I = 18. Primer 3.
Kako glasi 119. permutacija od osnove permutacije EHPSU? Reˇ senje:
Permutacija koje poˇcinju elementom E ima onoliko koliko ima permutacija od preostala 4 elementa, tj. ima ih 4! = 24. Elementom H poˇcinju takode 24 permutacije, kao i elementima P i S, ˇsto je ukupno 4 · 24 = 96. Sa UE poˇcinje 3! = 6 permutacija, ˇsto vaˇ zi i za UH i UP. Do sada bismo ukupno imali 96 + 3 · 6 = 96 + 18 = 114. Analogno prethodnom dobijamo da je broj permutacija koje poˇcinju sa USE i USH jednak 2!, pa je broj permutacija koje prethode sada jednak 114 + 2 · 2! = 118. Slede´ ca permutacija je 119. i ona glasi USPEH.
2.4
Permutacije sa ponavljanjem
Definicija:
Neka je dat skup A = {a1 , a2 ,...,an } gde se a1 ponavlja taˇcno k1 puta, a2 taˇcno k2 puta, . . . , an taˇ cno kn puta. Permutacija sa ponavljanjem tipa k1 , k2 , . . . , kn skupa A, gde je k1 + k2 + ... + kn = k , je svaka uredena k – torka k1 elemenata a1 , k2 elemenata a2 , ...ikn elemenata an . Teorema: Ako sa P kn1,k2,...,kn oznaˇ cimo broj svih permutacija sa ponavljanjem skupa A, kod kojih se elemenat a1 pojavljuje k1 puta, elemenat a2 se pojavljuje k2 puta, . . . , an se pojavljuje kn puta, tada je
7
n P k1,k2,...,kn =
(k1 + k2 +···+k )! n P k1,k2,...,kn k1 ! k2 !··· k ! n
n
=
(k1 + k2 +···+k )! k1 ! k2 !··· k ! n
n
Dokaz:
Pretpostavimo da su svi ˇclanovi u permutaciji sa ponavljanjem razliˇ citi i da imamo permutaciju bez ponavljanja od k1 + k2 + ... + kn elemenata, tada je ukupan broj permutacija jednak (k1 + k2 + ... + kn )!. Kod svake permutacije sa ponavljanjem moˇzemo menjati mesta ˇclanovima koji su jednaki a1 nak1 ! naˇcina i pri tom se permutacija ne´ce promeniti zato ˇsto su ovi elementi jednaki. Sliˇcno moˇzemo uˇciniti i sa ˇclanovima koji su jednaki a2 , a3 , ...an , ˇsto znaˇci da za svaku permutaciju sa ponavljanjem postoji k1 !k2 ! · · · kn ! permutacija bez ponavljanja u kojima se ne menja raspored razliˇ citih ˇclanova skupa A. Menjaju´ci i takve rasporede dobili bismo ukupan broj permutacija bez ponavljanja od k1 + k2 + ... + kn elemenata. Na osnovu toga je ukupan broj permutacija bez ponavljanja jednak: (k1 + k2 + ... + kn )! = k1 !k2 ! · · · kn ! · P kn1,k2,...,kn , odakle sledi da je ukupan broj permutacija sa ponavanjem jednak: P kn1,k2,...,kn =
(k1 + k2 + ... + kn )! k1 !k2 ! · · · kn !
Primer 1.
Na koliko se naˇcina mogu rasporediti 3 reˇcnika engleskog, 2 reˇcnika francuskog i 5 reˇcnika nemaˇckog jezika ako se nalaze na polici jedan do drugog? Pri tome se reˇcnici istoga jezika ne razlikuju. Reˇ senje:
U ovom sluˇcaju imamo skup sa elementima {engleski, francuski, nemaˇcki}. Poˇsto se engleski ponavlja 3, francuski 2, a nemaˇ cki 5 puta, sledi da je: k1 = 3, k2 = 2ik3 = 5. Ukupan broj naˇcina jednak je broju permutacija sa ponavljanjem gde se tri elementa ponavljaju 2, 3 i 5 puta, pa je: (5 + 3 + 2)! 4 · 10! · 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5! P 510 ,3,2 =
(5 + 3 + 2)! 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5! = = 2520 5! · 3! · 2! 5! · 12
naˇcina.
8
3
Kombinacije
Kod izdvajanja elemenata nekog ponudenog skupa, u sluˇ caju kombinacija, poredak izabranih elemenata nije bitan. Pa tako imamo da su, na primer, varijacije ABC i ACB razliˇcite, dok bi one istovremeno predstavljale dve iste kombinacije. I kod kombinacija moˇzemo izdvajati razliˇcite elemente ili ih ponavljati, pa postoje kombinacije bez ponavljanja i kombinacije sa ponavljanjem.
3.1
Kombinacije bez ponavljanja
Definicija:
Neka je A = {a1 , a2 ,...,an }. Kombinacija bez ponavljanja klase k (1 ≤ k ≤ n ) skupa A je proizvoljan k – toˇclani podskup skupa A. Teorema: Ako je C kn broj razliˇcitih takvih kombinacija, onda je: C kn =
V kn k!
=
n! k ! · (n − k )!
= [n, k]
Primer 1.
U ravni je dato 30 taˇcaka od kojih ne postoje tri kolinearne. Koliko postoji trouglova ˇcija su temena date taˇcke? Reˇ senje:
Poˇ sto temena trougla ˇcine tri nekolinearne taˇcke, to ´cemo broj trouglova dobiti raˇcunanjem svih mogu´cih kombinacija od 30 elemenata tre´ce klase: C 330 =
30! 30 · 29 · 28 · 27 = = 4060 3! · 27! 6 · 27!
trouglova. Primer 2.
Odrediti broj dijagonala konveksnog: A) petougla, B) n – tougla. Reˇ senje:
A) Poˇsto su za jednu dijagonalu potrebna dva temena, broj dijagonala raˇcunamo kao broj kombinacija od 5 elemenata druge klase. Medutim, u ovom sluˇ caju moramo izuzeti 5 stranica koje su takode odredene dvema taˇckama (temenima) petougla: C 25 − 5 =
5! − 5 = 10 − 5 = 5 2! · 3!
dijagonala. B) Analogno prethodnom primeru, postupak ´cemo primeniti u opˇstem sluˇcaju za n – tougao:
9
C 2n −n =
3.2
n!
2! · (n − 2)!
−n =
n(n − 1)(n − 2)! − 2n(n − 2)!
2(n − 2)!
=
n(n − 3) (n − 2)! · n · (n − 1 − 2) = 2(n − 2)! 2
Kombinacije sa ponavljanjem
Definicija:
Kombinacija k – te klase od elemenata, kod kojih se jedan elemenat moˇze do km puta ponavljati, nazivaju se kombinacije sa ponavljanjem k – te klase od n elemenata. Stav:
Broj kombinacija sa ponavljanjem od n elemenata klase k je n
C k =
(n + k − 1)! = [ n + k − 1, k ] k !(n − k )!
Primer 1.
Broj kombinacija druge klase sa ponavljanjem od h elemenata iznosi 276. Odrediti broj h elemenata. Reˇ senje:
Kada primenimo definiciju za kombinacije sa ponavljanjem na ovaj konkretan sluˇcaj dobijamo slede´cu relaciju:
C 2x = [ x + 2 − 1, 2] =
(x + 1)! (x + 1) · x · (x − 1)! x(x − 1) = = = 246 2!(x − 1)! 2(x − 1)! 2
daljim sredivanjem relacija dobija oblik: x(x + 1) = 276 · 2 ⇒ x2 + x = 552 ⇒ x2 + x − −552 = 0,
a vrednosti korena ove kvadratne jednaˇcine su: x = 23 ∨ x = −24,
kako negativna vrednost ne odgovara uslovu zadatka, zakljuˇcujemo da je broj elemenata h jednak 23.
10
4
Literatura 1. Matematika za 4. razred srednje ˇskole Dr. Duˇsan Georgijevi´c Dr. Milutin Obradovi´c Zavod za udˇ zbenike i nastavna sredstva Beograd 2003.
2. Zbirka reˇ senih zadataka iz matematike 4 Mr. Vene T. Bogoslavov Zavod za udˇ zbenike i nastavna sredstva Beograd 2002.
11
