Diskretna matematika - Osnove kombinatorike i teorije grafova

DISKRETNA MATEMATIKAOSNOVE KOMBINATORIKE I TEORIJE GRAFOVA

Dragan Stevanovic, Miroslav CiricPrirodno-matematicki fakultet u Nisu

Slobodan SimicMatematicki institut u Beogradu

Vladimir BalticEkonomski fakultet u Beogradu

17. juli 2007 P10

Sadrzaj

PREDGOVOR 7

1 OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 91.1 PRINCIPI PREBROJAVANJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Matematicka definicija prebrojavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Princip jednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Princip zbira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Princip proizvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Dirihleov princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.2 UREDJENI IZBORI ELEMENATA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Uredjeni izbori sa ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Uredjeni izbori bez ponavljanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.3 NEUREDJENI IZBORI ELEMENATA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Neuredjeni izbori bez ponavljanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Neuredjeni izbori sa ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Permutacije sa ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.4 GENERISANJE PERMUTACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Generisanje svih permutacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Generisanje odredjene permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Generisanje slucajne permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

1.5 GENERISANJE KOMBINACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Generisanje svih k-kombinacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Generisanje odredjene k-kombinacije . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Generisanje slucajne k-kombinacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.6 OSOBINE BINOMNIH KOEFICIJENATA . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Faktorijelna reprezentacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Uslov simetricnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Adiciona formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Binomna teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Polinomna teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1.7 BINOMNI IDENTITETI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57Izvlacenje iz zagrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

3

SADRZAJ 4

Sumaciona formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Negacija gornjeg indeksa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Pojednostavljivanje proizvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Sume proizvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

1.8 PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Kako elegantno zapisati matematicku formulu? . . . . . . . . . . . 65Princip ukljucenja-iskljucenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66Generalisani princip ukljucenja-iskljucenja . . . . . . . . . . . . . . 69Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2 NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 732.1 FUNKCIJE GENERATRISE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Stepeni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Novcici i polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Kombinatorno znacenje binomne teoreme . . . . . . . . . . . . . . 76Uopstena binomna teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Nalazenje funkcija generatrisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Neke poznate funkcije generatrise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

2.2 REKURENTNE JEDNACINE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima . . . 90Neke nelinearne rekurentne jednacine . . . . . . . . . . . . . . . . 96Primene rekurentnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

2.3 FUNKCIJE GENERATRISE I RESAVANJEREKURENTNIH JEDNACINA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

2.4 FIBONACIJEVI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123Opsti clan Fibonacijevog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125Osnovne osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127Identiteti sa Fibonacijevim brojevima . . . . . . . . . . . . . . . . 133Tribonacijev niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Lukasov niz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

2.5 KATALANOVI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Rekurentna relacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Resenje pomocu funkcije generatrise . . . . . . . . . . . . . . . . . 143Dva direktna resenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144Sta jos prebrojava Katalan? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

2.6 PARTICIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153Kompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Particije prirodnog broja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157Particije i funkcije generatrisa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162Identiteti sa particijama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165Neka svojstva broja particija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173Particije skupa, Stirlingovi i Belovi brojevi . . . . . . . . . . . . . 176Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

SADRZAJ 5

3 TEORIJA GRAFOVA 1863.1 STA JE GRAF? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

Pojam grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186Posebne klase grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189Izomorfizam grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192Podgrafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194Setanje po grafu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195Povezanost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197Rastojanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199Predstavljanje grafova u racunaru . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204

3.2 STABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208Pojam stabla i osnovna svojstva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208Korenska stabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210Stabla i pretrage grafova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213Stabla minimalne tezine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

3.3 RAZAPINJUCA STABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224Malo istorije i osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224Kejlijeva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226Teorema o matricama i stablima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234Odredjivanje broja razapinjucih stabala . . . . . . . . . . . . . . . 235Vektorski prostor kontura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

3.4 OJLEROVI I HAMILTONOVI GRAFOVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243Ojlerovi grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246Hamiltonovi grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253

3.5 PLANARNI GRAFOVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

3.6 SPARIVANJE U GRAFOVIMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263Pojam sparivanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263Teorema o savrsenom sparivanju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 269Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271

3.7 BOJENJE GRAFOVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272Uvodna razmatranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272Hromatski broj grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274Grafovi sa velikim hromatskim brojem . . . . . . . . . . . . . . . . 280Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

4 DISKRETNA VEROVATNOCA 2834.1 ELEMENTARNA VEROVATNOCA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284

Pojam dogadjaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284Algebra dogadjaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285Prostor verovatnoce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287Dodela verovatnoce dogadjajima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293

4.2 USLOVNA VEROVATNOCA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295Formula totalne verovatnoce i Bajesova formula . . . . . . . . . . . 300Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302

4.3 SLUCAJNA PROMENLJIVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303

SADRZAJ 6

Neke vaznije raspodele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306Numericke karakteristike slucajnih promenljivih . . . . . . . . . . . 308Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317

4.4 MARKOVLJEVI LANCI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320

4.5 INFORMACIJA I ENTROPIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320

5 DODATAK 3235.1 SKUPOVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323

Operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324Proizvod skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326

5.2 FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327Matematicka definicija funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327Vrste funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 328Operacije sa funkcijama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330

5.3 RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331Relacije ekvivalencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332Relacije poretka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334

5.4 MATEMATICKA INDUKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336Princip matematicke indukcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336Princip jake indukcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 339Alternativni pristup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340

BIBLIOGRAFIJA 341

Predgovor

U diskretnu matematiku spadaju one oblasti matematike, ciji su predmet proucavanjastrukture i relacije definisane uglavnom na konacnim ili prebrojivim skupovima, kaosto su logika, teorija brojeva, algebra, kombinatorika, teorija grafova, teorija kodova iliodredjeni delovi verovatnoce. Diskretna matematika predstavlja matematicku osnovusvih racunarskih nauka.

Knjiga pred vama je jedan od rezultata eLearning projekta eLP001/2006 posvecenognastavi diskretne matematike, a koji je neophodnom opremom finansirao WUS Austria.U okviru ovog projekta je implementiran web sajt

http://elearning.pmf.ni.ac.yu

na kome se mogu naci nastavni sadrzaji i materijali za predmete Diskretne strukture Ii II. Ovi predmeti su namenjeni studentima racunarstva ili informatike na fakultetima iskolama ciji nastavni program prati preporuke ACM Computing Curricula. Pristup ovimpredmetima je omogucen i za siroku publiku pod guest nalogom, a nastavnici, koji buduzainteresovani da za svoje studente implementiraju slican sajt, mogu da se obrate prvomautoru.

S obzirom da je pomenuti eLearning projekat bio vezan za nastavu iz dva posebna, alibliska predmeta, ucesnici projekta su se odlucili da napisu dva odgovarajuca udzbenika.Ova knjiga je prvi od tih udzbenika, dok drugi udzbenik treba da se pojavi iz stampe dokraja 2007.

U ovoj knjizi su obradjene teme koje se na fakultetima mogu cuti u okviru predmetapod nazivom Diskretne strukture II: osnove kombinatorike, teorije grafova i diskretneverovatnoce, Od citaoca se trazi minimalno prethodno znanje iz logike, algebre i linearnealgebre (a nesto od toga je dato u glavi 5: Dodatak).

Ucesnici projekta su zajedno napravili izbor tema za obe knjige, a zaduzenja autorau ovoj knjizi su bila sledeca:

• D. Stevanovic je napisao poglavlja 1.4 do 1.8, 2.1, 2.5 i 3.1;

• M. Ciric je napisao poglavlja 1.1, 1.2, 1.3 i celu glavu 5;

• S. Simic je napisao poglavlja 3.2, 3.6, 3.7 i celu glavu 4;

• V. Baltic je napisao poglavlja 2.2, 2.3, 2.4, 2.6, 3.3, 3.4, 3.5, izabrao zadatke za celuknjigu i uradio indeks pojmova.

7

SADRZAJ 8

Inace, u drugoj knjizi ce biti obradjene teme koje odgovaraju sadrzaju predmetaDiskretne strukture I: osnove logike, teorije skupova, teorije brojeva, metoda dokazivanja,algebre i relacija.

Postoji puno knjiga slicnih ovoj na engleskom jeziku, ali, na zalost, vrlo malo nasrpskom jeziku. Autori ove knjige su se trudili da poprave tu situaciju nudeci knjigukoja ce svoj licni identitet zasnovati na iscrpnosti dokaza (izuzev u vrlo malom brojudugachkih dokaza) i velikom broju primera.

U ovoj knjizi insistiramo na dokazima, jer, po nasem misljenju, vladanje dokazimai metodama dokazivanja predstavlja samu osnovu matematicke pismenosti. Takodje, toje neophodan korak za sve one koji zele da kasnije budu i matematicki kreativni. Nanekoliko mesta dali smo i internet adrese za one koji zele da saznaju vise o temi koja jeobradjivana (i dobro sluzenje internetom danas predstavlja osnovu ozbiljnijeg naucnograda).

Radi sto lakseg razumevanja gradiva, knjiga sadrzi veliki broj detaljno objasnjenihprimera. Medjutim, podjednako vazna je i kolicina zadataka. Oni su namenjeni samostal-nom radu i predstavljaju neizbezan sastojak u pravom usvajanju gradiva (vezba cinimajstora, zar ne?). Zbog nedostatka prostora, knjiga ne sadrzi resenja zadataka.

Neke slike u knjizi su nacrtane pomocu paketa WinGCLC autora Predraga Janicicasa Matematickog fakulteta u Beogradu. Ovaj paket mozete naci na adresi

http://www.matf.bg.ac.yu/~janicic/gclc/index.html

Svesni smo da nijedna knjiga nije potpuno bez gresaka, pa, iako smo se jako trudilida ih otklonimo, sigurno smo da ce se i u ovoj knjizi pojaviti nekoliko njih. One su samoposledica nesavrsenosti autora. . .

Glava 1

Osnovne tehnike prebrojavanja

Kombinatorika, nauka o rasporedima objekata, je vazan deo diskretne matema-tike. Proucavanje ove oblasti pocelo je jos u XVII veku, uporedo sa nastankom teorijeverovatnoce, kada su se prva kombinatorna pitanja pojavila u vezi sa igrama na srecu.

Enumeracija, ili prebrojavanje, predstavlja vazan deo kombinatorike koji se bavi pre-brojavanjem skupa objekata sa odredjenim svojstvima. Skupove moramo prebrojavatida bismo resili razlicite vrste problema. Na primer, prebrojavanjem se moze utvrditikoliko ima nacina da dobijemo fles rojal (eng. flush royale) u prvom deljenju pokera.Ili mozemo da odredimo da li smo predvideli dovoljno razlicitih telefonskih brojeva iliracunarskih adresa da bi se zadovoljile potrebe za njima? Tehnikama prebrojavanja seodredjuje slozenost algoritama, a obimno se koriste i prilikom utvrdjivanja verovatnocadogadjaja.

Stoga je glavna tema ove glave razvijanje efikasnih metoda za prebrojavanje konacnihskupova. Elementi ovakvih skupova obicno imaju strukturu koju je lako opisatimatematickim jezikom, ali su za njihovo prebrojavanje potrebni mnogo delotvornijimetodi od pukog nabrajanja svih elemenata. U prvom odeljku bavicemo se definicijom iosnovnim principima prebrojavanja, na koje smo se svi toliko navikli da retko obracamopaznju na njih. Zbog toga ce prvih par rezultata iz ovog odeljka mozda biti dosadno, alisu neophodni za strogo zasnivanje kombinatorike. Stvari ce postati mnogo zanimljivijeubrzo nakon toga i vec u prvom odeljku naucicemo da pokazemo da u svakoj grupi odsest osoba, od kojih su svake dve prijatelji ili neprijatelji, postoje tri osobe koje su iliuzajamni prijatelji ili uzajamni neprijatelji. U drugom i cetvrtom odeljku posmatracemouredjene i neuredjene izbore elemenata skupa, koji ce nam omoguciti da odgovorimona pitanja na koliko nacina grupa od 5 devojaka i 8 mladica moze da sedne u prvi redu bioskopu tako da sve devojke sede jedna pored druge ili tako da nikoje dve devojkene sede jedna pored druge. U sestom odeljku proucavacemo osobine binomnih koefici-jenata, a u sedmom odeljku cemo pokazivati identitete sa binomnim koeficijentima. Uosmom odeljku cemo se baviti jos jednim vaznim principom prebrojavanja — principomukljucenja i iskljucenja, pomocu koga cemo moci da kazemo na koliko je nacina mogucepodeliti kapute poslanicima tako da niko ne dobije svoj kaput.

Jos jedan vazan deo kombinatorike je generisanje svih objekata odredjene vrste. Ovoje cesto neophodno u racunarskim simulacijama. U trecem i u petom odeljku pred-stavicemo algoritme pomocu kojih je moguce generisati sve uredjene i neuredjene izboreelemenata skupa ili dobiti jedan takav izbor na slucajan nacin.

Pricu o prebrojavanju nastavljamo i u sledecoj glavi, gde cemo predstaviti metodfunkcije generatrise, koji ce biti nase najjace orudje medju metodima prebrojavanja.

9

GLAVA 1. OSNOVNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 10

1.1 PRINCIPI PREBROJAVANJA

MATEMATICKA DEFINICIJA PREBROJAVANJA

Sta mislimo kada kazemo da skup ima n elemenata? Podsetimo se, najpre, kakoprebrojavamo jednostavne skupove. To radimo tako sto redom pokazujemo na elementeskupa i izgovaramo reci “jedan, dva, tri, . . . ”. Kada svaki element dobije svoj broj,stajemo i poslednji izgovoreni broj predstavlja broj elemenata u skupu.

Da bismo ovu kazi-i-pokazi tehniku preveli na jezik matematike, moramo da, za svakiprirodan broj n ∈ N, definisemo skup

Nn = 1, 2, 3, . . . , n.Kazi-i-pokazi tehnika svakom elementu skupa X koga prebrojavamo pridruzuje elementskupa Nn; drugim recima, ona odredjuje funkciju f iz X u Nn (sl. 1.1).

Slika 1.1: Prebrojavanje studenata.

Jasno je da je funkcija f bijekcija, jer ukoliko nismo pogresili pri brojanju, svakielement X dobija razliciti broj i svaki broj iz Nn se dodeljuje nekom elementu iz X.Dakle:

DEFINICIJA 1.1.1. Ako je X konacan skup, n prirodan broj i postoji bijekcija izX u Nn, tada kazemo da X ima n elemenata.

Primetimo odmah da nasa definicija prebrojavanja ne iskljucuje mogucnost da skupmoze istovremeno imati i m elemenata i n elemenata za m 6= n. U sustini, svi smovec iskusili situaciju kada smo brojali neki dosta veliki skup, recimo broj automobilana parkingu, i stalno dobijali razlicite odgovore. Sledeca teorema nam kaze da je ovomoguce samo zbog greske u brojanju, i da je broj elemenata skupa jedinstven.

TEOREMA 1.1.2. Ako su m i n prirodni brojevi tako da je m < n, tada ne postojiinjekcija iz Nn u Nm.

Iako je ova teorema maltene ocigledna i ima dokaz u tri reda poput:

Pretpostavimo da postoji injekcija f : Nn 7→ Nm. Tada su vrednosti f(1),f(2), . . . , f(m) sve razlicite i moraju da uzimaju sve vrednosti od 1 do m.Cemu je onda jednako f(m + 1)?


mi cemo ovde, vezbe radi, dati jedan strogo formalni dokaz ove teoreme.

Dokaz . Dokaz cemo izvesti polazeci od suprotnog: pretpostavicemo da takva injekcijapostoji za neko n i iz toga izvesti kontradikciju.

Neka S oznacava skup prirodnih brojeva n za koje postoji injekcija iz Nn u Nm zaneko m < n. Ako S nije prazan skup, onda postoji njegov najmanji element k ∈ S. Nekaje i injekcija iz Nk u Nl za neko l < k. Ne moze da bude l = 1, posto svaka funkcija izNk u N1 moze da uzme jedino vrednost 1 i stoga ne moze da bude injekcija na skupu Nk

za k > 1. Prema tome, l−1 je prirodan broj i situacija moze da se prikaze kao na sl. 1.2.

Slika 1.2: Pretpostavljena injekcija i : Nk 7→ Nl.

Ako nijedna od vrednosti i(1), i(2), . . . , i(k − 1) nije jednaka l, tada restrikcija i naskup Nk−1 predstavlja injekciju iz Nk−1 u Nl−1. S druge strane, ako je i(b) = l za neko bza koje je 1 6 b 6 k− 1, tada mora biti i(k) = c < l, posto je i injekcija. U ovom slucajumozemo da konstruisemo injekciju i∗ iz Nk−1 u Nl−1 kao sto je prikazano na sl. 1.3, tj.

i∗(b) = c, i∗(r) = i(r) (r 6= b).

Slika 1.3: Konstrukcija injekcije i∗ kada je i(b) = l.

U svakom slucaju, postojanje injekcije iz Nk u Nl povlaci da postoji i injekcija iz Nk−1

u Nl−1. Samim tim vazi i da je k − 1 ∈ S, sto je u kontradikciji sa cinjenicom da je knajmanji element u S.


Prema tome, jedino je moguce da je S prazan skup i samim tim, tvrdjenje teoremeje dokazano.

Iz ove teoreme sledi i da ne postoji bijekcija izmedju Nn i Nm za n 6= m. Stogane moze ni da postoji skup X koji istovremeno ima i n i m elemenata, jer bismo tadaiz bijekcija β : X 7→ Nn i γ : X 7→ Nm dobili i nemogucu bijekciju γ β−1 : Nn 7→ Nm.Prema tome, tvrdjenje “skup X ima n elemenata” moze da vazi za najvise jedan prirodanbroj n.

NAPOMENA. Zasto ovde spominjemo najvise jedan prirodan broj?Pa, zato sto moze da se desi da neki skup koji broji kombinatorne objekte nema uopste

elemenata ili da ih ima beskonacno mnogo (tacnije, za skup X kazemo da ima prebrojivo mnogoelemenata ukoliko postoji bijekcija izmedju skupa X i skupa N). U narednom odeljku cemodefinisati broj elemenata skupa.

PRINCIP JEDNAKOSTI

Kada X ima n elemenata pisemo |X| = n i kazemo da je kardinalnost (ili velicina)skupa X jednaka n. Cesto pisemo i

X = x1, x2, . . . , xn,

sto je samo drugi nacin da se kaze da postoji bijekcija β iz X u Nn tako da je β(xi) = i(1 6 i 6 n). Za prazan skup posebno usvajamo da je

|∅| = 0.

Sada dolazimo do prvog principa prebrojavanja — principa jednakosti.

DEFINICIJA 1.1.3. (Princip jednakosti) Ako izmedju dva konacna skupa A i Bpostoji bijekcija, tada je |A| = |B|.

Lepa ilustracija ovog principa je dokaz Teoreme 1.2.4.

PRINCIP ZBIRA

Sledeci princip je takodje veoma jednostavan i koriscen je pri prebrojavanju jos odpradavnih vremena.

TEOREMA 1.1.4. (Princip zbira) Ako su A i B disjunktni konacni skupovi (tj.A ∩B = ∅), tada je

|A ∪B| = |A|+ |B|.

Dokaz . Posto su A i B konacni skupovi, mozemo da ih zapisemo u standardnomobliku:

A = a1, a2, . . . , ar, B = b1, b2, . . . , bs.


Posto su oni jos i disjunktni, unija A ∪B moze da se zapise u obliku:

A ∪B = c1, c2, . . . , cr, cr+1, cr+2, . . . , cr+s,

gde jeci = ai, 1 6 i 6 r, i cr+i = bi, 1 6 i 6 s.

Prema tome, |A ∪B| = r + s = |A|+ |B|.Ovaj princip se moze prosiriti na uniju proizvoljnog broja disjunktnih konacnih

skupova A1, A2, . . . , An:

|A1 ∪A2 ∪ . . . ∪An| = |A1|+ |A2|+ . . . + |An|.

Dokaz ove cinjenice je laka vezba za koriscenje matematicke indukcije.

PRIMER 1.1.5. Student moze da izabere ispitno pitanje iz jedne od tri disjunktnegrupe. Ove grupe sadrze 17, 23 i 19 pitanja, redom. Koliko ima razlicitih pitanja kojastudent moze da izabere?

Resenje. Neka Ai, i = 1, 2, 3, oznacava i-tu grupu ispitnih pitanja. Student birapitanje iz skupa A1 ∪A2 ∪A3 koji, po principu zbira, ima

|A1 ∪A2 ∪A3| = |A1|+ |A2|+ |A3| = 17 + 23 + 19 = 59

razlicitih pitanja.

PRIMER 1.1.6. Koja je vrednost promenljive k nakon izvrsenja sledeceg koda?

k := 0for i1 := 1 to n1

k := k + 1end forfor i2 := 1 to n2

k := k + 1end for

...for im := 1 to nm

k := k + 1end for

Resenje. Pocetna vrednost promenljive k je nula. Blok koda se sastoji od m razlicitihfor petlji. Svaki put kada se izvrsi petlja, k se poveca za 1. Neka je Ai skup izvrsenjai-te petlje. Tada je |Ai| = ni, jer se i-ta petlja izvrsava ni puta. Posto su sve petljedisjunktne, tj. nema ugnjezdenih for petlji, princip zbira pokazuje da ce konacna vrednostpromenljive k biti

|A1 + A2 + . . . + Am| = n1 + n2 + . . . + nm.


PRINCIP PROIZVODA

Cesto smo u situaciji da brojimo stvari koje se lakse predstavljaju kao parovi objekata,nego kao pojedinacni objekti. Pretpostavimo, na primer, da je studentska sluzba naOdseku za matematiku sredjivala prijave studenata za oktobarski ispitni rok. Pritom sudosli do situacije kao u tabeli 1.1.

Algebra Diskretna mat. · · · Mat. analizaAna X XBranko X XCeca X X

...Zika X X X

Tabela 1.1: Ispiti prijavljeni u oktobarskom roku.

Ako je student x prijavio ispit y tada je na odgovarajucoj poziciji (x, y) u tabelipostavljen znak X. Ukupan broj ovih znakova u tabeli je ujedno i broj ispitnih prijava.Sada je problem prebrojati skup S parova (x, y) takvih da je student x prijavio ispit y. Uopstem obliku, ako su X i Y dati skupovi, problem je prebrojati podskup S skupa X×Y .

Postoje dva nacina prebrojavanja ispitnih prijava iz tabele 1.1. S jedne strane,mozemo da prebrojimo predmete koje je prijavio svaki student ponaosob i saberemorezultate, dok s druge strane, mozemo da prebrojimo studente koji su prijavili svaki pred-met ponaosob i saberemo rezultate. Naravno, ocekujemo da ce oba nacina proizvesti istibroj.

Ova razmatranja mozemo da preciziramo na sledeci nacin. Pretpostavimo da je pod-skup S skupa X × Y (gde su X i Y konacni skupovi) dat pomocu znakova Xu opstemobliku tabele 1.2.

· · y · · · Zbir u vrsti· X X ·· X X ·x X X X rx(S)· X ·· X X ·

Zbir u koloni · · cy(S) · · · |S|

Tabela 1.2: Oznaceni podskup S skupa X × Y .

Prvi nacin prebrojavanja je da, za svako x u X, nadjemo broj rx(S) pojavljivanjaznaka Xu vrsti x, tj.

rx(S) = |(x, y) ∈ S : y ∈ Y |.Ukupan zbir se dobija sabiranjem svih zbirova po vrstama:

|S| =∑

x∈X

rx(S).

Drugi nacin je da, za svako y u Y , nadjemo broj cy(S) pojavljivanja znaka Xu koloni y,tj.

cy(S) = |(x, y) ∈ S : x ∈ X|.


U ovom slucaju ukupan zbir se dobija sabiranjem svih zbirova po kolonama:

|S| =∑

y∈Y

cy(S).

Cinjenica da imamo dva razlicita izraza za |S| cesto se koristi u praksi za proverurezultata racunanja. Ona takodje ima veliku vaznost i u teoriji, zato sto ponekad mozemoda dobijemo veoma neocekivane rezultate izjednacavanjem dva izraza od kojih svakiprebrojava isti skup samo na drugaciji nacin. Ovim dolazimo i do naseg treceg principaprebrojavanja.

TEOREMA 1.1.7. Neka su X i Y konacni skupovi, i neka je S podskup X × Y .Tada vazi:

a) Broj elemenata skupa S je dat sa

|S| =∑

x∈X

rx(S) =∑

y∈Y

cy(S).

b) (Princip proizvoda) Broj elemenata skupa X × Y jednak je

|X × Y | = |X| · |Y |.

Dokaz . a) Skup S se moze predstaviti kao disjunktna unija skupova

S =⋃

x∈X

(x, y) ∈ S : y ∈ Y ,

odakle, po principu zbira, dobijamo

|S| =∑

x∈X

|(x, y) ∈ S : y ∈ Y | =∑

x∈X

rx(S).

Slicno se dokazuje i rezultat za cy(S).b) U ovom slucaju je S = X × Y , pa je rx(S) = |Y | za svako x iz X. Iz dela (i) sadasledi da je |X × Y | = |X| · |Y |.

Ovaj princip se moze prosiriti na proizvod proizvoljnog broja konacnih skupova A1,A2, . . . , An:

|A1 ×A2 × · · · ×An| = |A1| · |A2| · . . . · |An|.Dokaz ove cinjenice je laka vezba za koriscenje matematicke indukcije.

PRIMER 1.1.8. Koliko postoji razlicitih nizova bitova 0 i 1 duzine 8?

Resenje. Trazeni nizovi bitova su elementi skupa 0, 18. Svaki od osam bitova mozeda se izabere na dva nacina (ili 0 ili 1), pa princip proizvoda kaze da postoji ukupno28 = 256 razlicitih nizova bitova duzine 8.

NAPOMENA. Niz bitova duzine 8 se naziva bajt .



k := 0for i1 := 1 to n1

for i2 := 1 to n2...for im := 1 to nm

k := k + 1end for...

end forend for

Resenje. Pocetna vrednost promenljive k je nula. Svaki put kada se prodje kroz posled-nju ugnjezdenu petlju, k se poveca za 1. Neka je Aj skup prolaza kroz j-tu petlju kadadodjemo do bloka koji pocinje naredbom for ij := 1 to nj , a zavrsava se odgovorajucimend for. Imamo da je |Aj | = nj , jer se tu kroz j-tu petlju prolazi jednom za svaki ceobroj ij za koji je 1 6 ij 6 nj . Kako su sve petlje ugnjezdene jedna u drugu, broj prolazakroz sve petlje zajedno jednak je |A1 × A2 × . . . × Am|. Sada po principu proizvodadobijamo da je

|A1 ×A2 × . . .×Am| = n1 · n2 · . . . · nm,

sto predstavlja i konacnu vrednost promenljive k.

PRIMER 1.1.10. Svaki korisnik racunarskog sistema ima sifru, koja je dugacka odsest do osam znakova i gde je svaki znak ili veliko slovo engleske azbuke ili cifra. Svakasifra mora da sadrzi bar jednu cifru. Koliko mogucih sifri postoji?

Resenje. Neka je S ukupan broj mogucih sifara i neka S6, S7 i S8 oznacavaju brojevemogucih sifara sa 6, 7 i 8 znakova, redom. Po principu zbira, vazi da je S = S6 + S7 + S8.Sada cemo naci S6, S7 i S8.

Iako je moguce direktno izracunati S6, mnogo je lakse najpre izracunati broj nizovaduzine 6 koji se sastoje od velikih slova i cifara, ukljucujuci i one bez cifara, a zatim odtog broja oduzeti broj nizova duzine 6 koji ne sadrze cifre. Po principu proizvoda, brojnizova duzine 6 je 366, a broj nizova koji ne sadrze cifre je 266. Prema tome,

S6 = 366 − 266 = 2 176 782 336− 308 915 776 = 1 867 866 560.

Slicno je

S7 = 367 − 267 = 78 364 164 096− 8 031 810 176 = 70 332 353 920

iS8 = 368 − 268 = 2 821 109 907 456− 208 827 064 576 = 2 612 282 842 880.

Sve u svemu,S = S6 + S7 + S8 = 2 684 483 063 360.


DIRIHLEOV PRINCIP

Pretpostavimo da je jato golubova doletelo u golubarnik. U svojoj originalnoj verziji,Dirihleov princip kaze da ako ima vise golubova nego kucica u golubarniku, tada ce sebar u jednoj kucici naci bar dva goluba. Zbog ovoga se na engleskom govornom podrucjuDirihleov princip naziva The Pigeonhole Principle. Naravno, ovaj princip je primenljiv ina druge objekte, a ne samo na golubove.

TEOREMA 1.1.11. Dirihleov princip. Ako je n + 1 ili vise objekata smestenou n kutija, tada se bar u jednoj kutiji nalaze bar dva objekta.

Dokaz . Neka svaka kutija sadrzi najvise jedan objekat. Tada je ukupan broj objekatanajvise n, sto je u suprotnosti sa pretpostavkom da ima bar n + 1 objekata.

Formalno gledano, ova teorema je posledica Teoreme 1.1.2. Ako imamo m objekatanumerisanih brojevima 1, 2, . . . , m i n kutija numerisanih brojevima 1, 2, . . . , n, tada sesmestanje objekata u kutije moze predstaviti funkcijom f : Nm 7→ Nn tako da je f(i) = jako je objekat i smesten u kutiju j. Po Teoremi 1.1.2, ako je m > n, funkcija f ne mozeda bude injekcija, pa postoje dve razlicite vrednosti i1 i i2 tako da je f(i1) = f(i2) = j,sto znaci da kutija j sadrzi bar dva objekta — i1 i i2!

PRIMER 1.1.12. Navedimo nekoliko direktnih primena Dirihleovog principa:

a) U svakom skupu od 13 ili vise osoba, postoje bar dve koje su rodjene istog meseca.

b) U svakom skupu od 367 ili vise osoba, postoje bar dve koje su rodjene istog datuma.

c) U svakom skupu od milion osoba, postoje bar dve koje imaju isti broj dlaka naglavi (prosecna glava ima oko 150 000 dlaka).

Kasnije cemo videti i elegantnije primene Dirihleovog principa.

PRIMER 1.1.13. Dokazati da za svaki ceo broj n postoji umnozak od n koji sezapisuje samo pomocu cifara 0 i 1.

Resenje. Neka je n pozitivan ceo broj. Posmatrajmo n celih brojeva

1, 11, 111, . . . , 11 · · · 11︸︷︷︸n

.

Ako je neki od njih deljiv sa n, problem je resen. U suprotnom, pri deljenju sa n svakiod ovih brojeva daje jedan od n− 1 mogucih ostataka 1, 2, . . . , n− 1. Kako u nizu iman brojeva, to po Dirihleovom principu sledi da postoje dva broja u nizu, recimo

11 · · · 11︸︷︷︸k

i 11 · · · 11︸︷︷︸l

, k < l,

koja daju isti ostatak pri deljenju sa n. Tada je njihova razlika

11 · · · 11︸︷︷︸l−k

00 · · · 00︸︷︷︸k

,

deljiva sa n.


PRIMER 1.1.14. Dokazati da ako je X skup osoba, tada postoje dve osobe u Xkoje imaju isti broj prijatelja u X. (Pretpostavlja se da ako je x prijatelj y, tada je i yprijatelj x.)

Resenje. Smestimo osobe u prostorije, gde ce se u prostoriji i naci sve osobe koje imajui prijatelja. Ako skup X sadrzi m osoba, tada ima m prostorija numerisanih brojevima0, 1, . . . , m− 1. U ovom trenutku jos ne mozemo da primenimo Dirihleov princip, jer jebroj prostorija isti kao i broj osoba.

Medjutim, primetimo da bar jedna od prostorija 0 i m−1 mora uvek da bude prazna.Naime, ako postoji osoba x′ koja ima m − 1 prijatelja, tada je svaka osoba prijateljosobe x′, pa stoga ne postoji osoba koja ima 0 prijatelja. Slicno, ako postoji osoba x′′

koja ima 0 prijatelja, tada ne postoji osoba koja ima m− 1 prijatelja.Prethodno razmatranje nam pokazuje da je m osoba iz X u stvarnosti rasporedjeno

u m − 1 prostorija (ili u prostorije 0, 1, . . . , m − 2 ili u prostorije 1, 2, . . . , m − 1), panam Dirihleov princip sada kaze da zaista postoje dve osobe x1 i x2 koje se nalaze u istojprostoriji, odnosno, koje imaju isti broj prijatelja u X.

Primenom principa zbira dobija se nesto opstiji oblik Dirihleovog principa. Pret-postavimo da je odredjeni broj objekata smesten u n kutija i neka Ai oznacava skupobjekata u kutiji i (1 6 i 6 n). Posto su skupovi Ai disjunktni, ukupan broj objekatau kutijama je |A1| + |A2| + . . . + |An|. Stoga, ako bi se u svakoj kutiji nalazilo najviser objekata, tada bi ukupan broj objekata bio najvise

r + r + . . . + r = nr.

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

PRIMER 1.1.16. a) Koliko najmanje karata treba izvuci iz standardnog spila sa52 karte da bi se medju izvucenim kartama sigurno nalazile cetiri sa istim znakom?b) Koliko najmanje karata treba izvuci da bi se nasle bar tri sa znakom srca?

Resenje. a) Pretpostavimo da postoje cetiri kutije i, kako se karte izvlace, tako sestavljaju u kutiju rezervisanu za odgovarajuci znak. Iz uopstenog Dirihleovog principa,vidimo da je dovoljno izvuci bar 13 (= 4 · 3 + 1) karata da bi bile izvucene bar tri istogznaka. Ovo je i najmanji trazeni broj, jer je moguce da se medju 12 izvucenih karatanadju po tri karte od svakog znaka.b) U ovom slucaju ne koristimo uopsteni Dirihleov princip, jer zelimo da se uverimoda postoje tri karte odredjenog znaka, a ne tri karte nekog znaka! U najgorem slucaju,moguce je izvuci sve pikove, sve trefove i sve karoe, sto cini 39 karata, pre nego stoizvucemo makar i jedno srce. Sledece tri karte ce biti sa znakom srca, pa je stoga39 + 3 = 42 najmanji broj karata koje treba izvuci da bi se doslo do tri srca.

PRIMER 1.1.17. Pretpostavimo da racunarska ucionica ima 10 radnih stanica i 5servera. Kablom se radna stanica moze direktno vezati za server. Na strani servera u bilokom trenutku samo jedna direktna veza moze da bude aktivna. Zelimo da garantujemoda u svakom trenutku bilo koji skup od 5 ili manje radnih stanica moze istovremeno da


pristupi razlicitim serverima preko direktnih veza. Iako je ovo moguce uraditi povezi-vanjem svake radne stanice direktno sa svakim serverom (sto zahteva 50 veza), koji jenajmanji broj direktnih veza potreban za ostvarenje ovog cilja?

Resenje. Pretpostavimo da su radne stanica oznacene sa w1, w2, . . . , w10, a serverisa s1, s2, . . . , s5. Povezimo direktnom vezom wk sa sk za k = 1, 2, . . . , 5 i svaku odstanica w6, w7, . . . , w10 sa svakim od servera. Imamo ukupno 30 direktnih veza kojimaje ostvaren nas cilj: u svakom skupu od 5 ili manje radnih stanica, radna stanica wi

sa 1 6 i 6 5 moze da pristupi serveru si, dok je broj radnih stanica wj sa 6 6 j 6 10(one mogu da pristupe bilo kom slobodnom serveru) manji ili jednak broju preostalihslobodnih servera, pa i one mogu da pristupe razlicitim serverima.

Pretpostavimo sada da je dovoljno manje od 30 direktnih veza izmedju radnih stanica iservera. Tada bi neki server bio povezan sa najvise 5 radnih stanica (jer, ako su svi serveripovezani sa bar 6 radnih stanica, tada je broj direktnih veza bar 5 · 6 = 30). Preostaleradne stanice, njih bar 5, su tada povezane direktnim vezama samo sa preostala cetiriservera, pa stoga nije moguce da bilo kojih 5 od ovih radnih stanica istovremeno pristupirazlicitim serverima. Stoga je zaista potrebno najmanje 30 direktnih veza za ostvarenjenaseg cilja.

Sledeci primer predstavlja veoma efektnu upotrebu Dirihleovog principa.

PRIMER 1.1.18. Tokom dvadeset dana fudbalski tim igra bar jednu utakmicudnevno, ali ne vise od 30 utakmica ukupno. Dokazati da postoji nekoliko uzastopnihdana tokom kojih je tim odigrao tacno 9 utakmica.

Resenje. Neka je aj broj utakmica odigranih od pocetka prvog dana do kraja j-togdana. Niz a1, a2, . . . , a20 je rastuci niz razlicitih prirodnih brojeva, pri cemu je 16aj 630.Niz a1 +9, a2 +9, . . . , a20 +9 je takodje rastuci niz razlicitih prirodnih brojeva, pri cemuje 10 6 aj + 9 6 39.

Cetrdeset prirodnih brojeva a1, a2, . . . , a20, a1 + 9, a2 + 9, . . . , a20 + 9 su svi manjiili jednaki 39. Prema tome, po Dirihleovom principu, dva od ovih brojeva su jednaka.Posto su svi brojevi aj , j = 1, 2, . . . , 20 medjusobno razliciti i, takodje, brojevi aj + 9,j = 1, 2, . . . , 20 su medjusobno razliciti, to onda postoje i i j tako da je aj = ai + 9. Ovoznaci da je tacno 9 utakmica odigrano od i + 1-og dana do j-og dana.

Poslednji primer u ovoj sekciji pokazuje kako uopsteni Dirihleov princip moze dase primeni na vazan deo kombinatorike, Remzijevu teoriju (po engleskom matematicaruF.P. Ramsey (1903–1930) je ova oblast dobila ime). Ova teorija se bavi postojanjempodskupova sa specijalnim svojstvima u datom skupu.

PRIMER 1.1.19. Dokazati da u svakom skupu od sest osoba postoje tri osobe takoda se one uzajamno poznaju ili se uzajamno ne poznaju.

Resenje. Neka je a proizvoljna osoba iz ovog skupa i smestimo preostalih pet osobau dve prostorije: prva prostorija sadrzi osobe koje poznaju a, a druga prostorija sadrziosobe koje ne poznaju a. Posto je 5 > 2 · 2, jedna od ovih prostorija sadrzi bar tri osobe.

Pretpostavimo da 1. prostorija sadrzi osobe b, c i d (a mozda i jos neke). Ako se bilokoje dve od osoba b, c i d poznaju, recimo b i c, tada je a, b, c podskup od tri osobe kojese uzajamno poznaju. U suprotnom, nikoje dve osobe iz skupa b, c, d se ne poznaju,pa ovaj podskup takodje zadovoljava uslove tvrdjenja.

U slucaju da 2. prostorija sadrzi tri ili vise osoba, dokaz ide analogno.


NAPOMENA. U okviru Remzijeve teorije, za m, n ∈ N\1, Remzijev broj Rm,n oznacavanajmanji moguci broj ljudi tako da u svakoj grupi sa Rm,n osoba postoji ili m osoba koje semedjusobno poznaju ili n osoba koje se medjusobno ne poznaju. Prethodni primer sada pokazujeda je R(3, 3) 6 6. U stvari, vazi da je R(3, 3) = 6, jer je moguce naci grupu od 5 osoba tako nepostoje niti tri osobe koje se medjusobno poznaju niti tri osobe koje se medjusobno ne poznaju(ovo ostavljamo kao vezbu citaocu).

Najtezi problem u Remzijevoj teoriji je nalazenje tacnih vrednosti R(m, n). Nalazenjempogodnih primera koji ne sadrze m medjusobnih poznanika niti n medjusobnih neznanacamoguce je dobiti donju granicu za R(m, n). Medjutim, da bi mogao da se iskoristi za odredjivanjetacne vrednosti R(m, n), ovakav primer mora da sadrzi R(m, n)− 1 osoba!

Moze se pokazati da je R(m, n) = R(n, m), kao i da je R(2, n) = n za svako n ∈ N \ 1.Medjutim, za 3 6 m 6 n poznato je svega nekoliko tacnih vrednosti, dok su za mnoge drugevrednosti poznate samo granice. U tabeli 1.3 je predstavljeno trenutno znanje o Remzijevimbrojevima za 3 6 m 6 n.

nm

3 4 5 6 7 8 9

3 6 9 14 18 23 28 364 18 25 35–41 49–61 56–84 73–1155 43–49 58–87 80–143 101–216 125–3166 102–165 113–298 127–495 169–7807 205–540 216–1031 233–17138 282–1870 317–35839 565–6588

Tabela 1.3: Vrednosti i granice Remzijevih brojeva R(m, n), 3 6 m 6 n.

Detaljniji uvod u Remzijevu teoriju citalac moze da nadje na adresama

http://en.wikipedia.org/wiki/Ramsey theory,http://en.wikipedia.org/wiki/Ramsey’s theorem,

a pregled poznatih rezultata u PDF dokumentu na adresi

http://www.combinatorics.org/Surveys/#DS1.

ZADACI

1.1.1. Na polici se nalazi 6 razlicitih knjiga na engleskom jeziku, 8 razlicitih knjiga naruskom jeziku i 10 razlicitih knjiga na srpskom jeziku. Na koliko nacina mozemo izabrati2 knjige tako da one budu na razlicitim jezicima?

1.1.2. Koliko 3-cifrenih brojeva mozemo da formiramo od 6 cifara 2, 3, 4, 5, 6 i 8 ako:a) cifre mogu da se ponavljaju?b) cifre ne mogu da se ponavljaju?c) broj treba da bude neparan i cifre ne mogu da se ponavljaju?d) broj treba da bude paran i cifre ne mogu da se ponavljaju?e) broj treba da bude deljiv sa 5 cifre ne mogu da se ponavljaju?f) broj treba da sadrzi cifru 5 i cifre ne mogu da se ponavljaju?g) broj treba da sadrzi cifru 5 i cifre mogu da se ponavljaju?

1.1.3. Koliko ima 5-tocifrenih prirodnih brojeva koji imaju tacno jednu cifru 6?


1.1.4. Koliko razlicitih delilaca ima broj 60000?

1.1.5. a) Odrediti na koliko nacina mozemo faktorisati broj 441 000 na 2 faktora, mi n tako da je m > 1, n > 1 i NZD(m,n) = 1, pri cemu redosled faktora nije bitan (tj.proizvodi m · n i n ·m predstavljaju isto faktorisanje).b) Na koliko nacina mozemo faktorisati broj 441 000 na 2 prirodna faktora, pri cemuredosled faktora nije bitan?c) Na koliko nacina mozemo faktorisati broj 441 000 na proizvoljan broj prirodnih faktorakoji su uzajamno prosti u parovima, pri cemu redosled faktora nije bitan?

1.1.6. Neka je S = 1, 2, . . . , n. Odrediti broj svih funkcija f : S 7→ S koje nemajufiksnu tacku, tj. funkcija kod kojih vazi f(x) 6= x za svako x ∈ Nn.

1.1.7. Slepi covek ima hrpu od 2 para sivih, 3 para braon, 5 parova plavih, 7 parovabelih i 10 parova crnih carapa. On ide na put i u kofer treba da spakuje odgovarajucibroj carapa.a) Koliko carapa treba da izabere da bi bio siguran da ima par iste boje?b) Koliko njih treba da izabere da bi bio siguran da ima par plave boje?c) Koji je minimalan broj carapa koje treba da izabere da bi bio siguran da ima 8 carapaiste boje?

1.1.8. Dokazati da u proizvoljnom skupu od n + 1 prirodnih brojeva postoje dva cijaje razlika deljiva sa n.

1.1.9. Dokazati da u proizvoljnom skupu od 7 celih brojeva postoje dva broja x i y,tako da ili x + y ili x− y deljivo sa 10.

1.1.10. Dokazati da u proizvoljnom razbijanju (particiji) skupa X = 1, 2, 3, . . . , 9 nadva podskupa, bar jedan od ta 2 podskupa sadrzi aritmeticku progresiju duzine 3.

1.1.11. Dokazati da postoji n ∈ N, tako da se decimalni zapis broja 3n zavrsava sa0001.

1.1.12. a) Dokazati da u svakom podskupu sa n + 1 elemenata skupa 1, 2, . . . , 2npostoje dva razlicita broja tako da jedan od njih deli drugi;b) Dokazati da postoji podskup sa n elemenata skupa 1, 2, . . . , 2n tako da nijedan odnjegovih elemenata ne deli neki drugi element.

1.1.13. Kada je Eva bila 14 dana izvan grada zvala je 17 puta Adama. Ako je onasvakog dana napravila bar 1 medjugradski poziv, dokazati da postoji period od nekolikouzastopnih dana tokom kojih je ona napravila tacno 10 poziva.

1.1.14. U kvadratu stranice 2 dato je k tacaka.a) Ako je k = 5 dokazati da postoje bar dve tacke tako da je njihovo rastojanje na-jvise

√2.

b) Ako je k = 4n2 + 1 dokazati da postoje bar dve tacke tako da je njihovo rastojanjenajvise

√2

n .

1.1.15. Dokazati da se medju 3 cela broja uvek mogu izabrati 2 (recimo a i b) takvida je izraz a3b− ab3 deljiv sa 10.


1.1.16. Svaka tacka ravni obojena je crvenom ili belom bojom. Dokazati da postojiduz duzine 1 u toj ravni, cija su oba kraja obojena istom bojom.

1.1.17. Svaka tacka ravni obojena je crvenom ili belom bojom. Dokazati da postojijednakokrako–pravougli trougao, kod koga su sva 3 temena obojena istom bojom.

1.1.18. Ravan je obojena sa 3 boje. Pokazati da postoje 2 tacke u ravni, koje suobojene istom bojom, a nalaze se na jedinicnom rastojanju.

1.1.19. Ravan je obojena sa 2 boje. Dokazati da postoji jednakostranican trougao,kod koga su sva 3 temena obojena istom bojom. Da li tvrdjenje vazi ako se trazi istobojnijednakostranicni trougao stranice 1?

1.2 UREDJENI IZBORI ELEMENATA

Ponekad je poredak u kojem se elementi nalaze bitan, a ponekad nije. Na primer, recSTOP je razlicita od reci POTS, bez obzira sto su obe reci formirane od slova iz skupaO, P, S, T. S druge strane, zbir brojeva 1+2+3 je isti kao zbir 2+3+1, bez obzira stoje redosled ovih brojeva promenjen. U ovom odeljku cemo nauciti kako da prebrojimoizbore elemenata kod kojih je poredak bitan, a kasnije cemo proucavati izbore elemenatakod kojih poredak nije bitan. Takodje cemo nauciti da je vazno da li je ili nije dozvoljenoponavljanje elemenata.

PRIMER 1.2.1. Posmatrajmo skup A,B, C, D. Na koliko nacina mozemo daizaberemo dva slova?

Resenje. Postoje cetiri odgovora na ovo pitanje, u zavisnosti od toga da li je bitanporedak slova, kao i da li je dozvoljeno ponavljanje slova.

a) Ako je poredak bitan i dozvoljeno je ponavljanje slova, tada postoji 16 izbora:

AA BA CA DAAB BB CB DBAC BC CC DCAD BD CD DD

b) Ako je poredak bitan, a ponavljanje nije dozvoljeno, tada postoji 12 mogucih izbora:

BA CA DAAB CB DBAC BC DCAD BD CD

c) Ako poredak nije bitan, a dozvoljeno je ponavljanje, tada postoji 10 mogucnosti:

AAAB BBAC BC CCAD BD CD DD


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

ABAC BCAD BD CD

Ovaj primer pokazuje cetiri osnovna tipa kombinatornih problema. U ovom i sledecempoglavlju naucicemo da resavamo sve ove tipove problema u opstem slucaju, tj. kada jeproblem izabrati m elemenata iz skupa sa n elemenata. U ovom poglavlju uopsticemoslucajeve a) i b), dok cemo u poglavlju 1.3 prouciti slucajeve c) i d).

UREDJENI IZBORI SA PONAVLJANJEM

U prethodnom primeru smo videli da je u slucaju (a) broj izbora jednak 16 = 42.Evo jos jednog slicnog primera.

PRIMER 1.2.2. Koliko postoji razlicitih reci sa 5 slova (koristeci nase pismo sa30 slova i ukljucujuci i besmislene reci kao kcndv)?

Resenje. Posto se svako od 5 slova moze nezavisno izabrati na 30 nacina, nije teskovideti da je odgovor 305. I, zaista, svaka rec sa 5 slova se moze posmatrati kao pres-likavanje skupa 1, 2, . . . , 5 u skup slova a,b,c,. . . ,z: za svako od 5 mesta u reci, sarednim brojevima 1, 2, . . . , 5, preslikavanje odredjuje slovo na tom mestu.

Nalazenje ovakvih jednostavnih prevodjenja svakodnevnih problema na jezik matem-atike jedna je od osnovnih vestina matematickog zanata. Sada nije tesko videti da ure-djeni izbor n elemenata sa ponavljanjem iz skupa M sa m elemenata u stvari odgovarapreslikavanju skupa 1, 2, . . . , n u skup M .

TEOREMA 1.2.3. Neka je N skup sa n elemenata (koji moze da bude i prazan,tj. n > 0) i neka je M skup sa m elemenata, m > 1. Broj svih mogucih preslikavanjaf : N 7→ M jednak je mn.

Dokaz . Do rezultata se moze doci imitiranjem ideje iz prethodnog primera, ali cemoiskoristiti priliku da se naviknemo na stroge matematicke dokaze.

Zato za dokaz koristimo metod matematicke indukcije po n. Sta teorema tvrdi zan = 0? U ovom slucaju, posmatramo sva preslikavanja f skupa N = ∅ u neki skup M .Definicija preslikavanja nam kaze da takvo f mora da bude skup uredjenih parova (x, y)tako da x ∈ N = ∅ i y ∈ M . Posto prazan skup nema elemenata, f ne moze da sadrzinijedan takav uredjeni par, pa je jedina mogucnost da je f = ∅ (nema uredjenih parova).S druge strane, f = ∅ zadovoljava definiciju preslikavanja (proverite!). Prema tome,postoji tacno jedno preslikavanje f : ∅ 7→ M . Ovo se slaze sa formulom, jer je m0 = 1 zam > 1, pa zakljucujemo da smo proverili slucaj n = 0 kao bazu indukcije.

Dalje, pretpostavimo da je teorema dokazana za sve n 6 n0 i sve m > 1. Neka jen = n0 + 1 i posmatrajmo skup N sa n elemenata i skup M sa m elemenata. Izaberimoproizvoljan element a ∈ N . Za opis preslikavanja f : N 7→ M potrebno je znati vrednostf(a) ∈ M i preslikavanje f ′ : N\a 7→ M . Vrednost f(a) moze da se izabere na m nacina,a za izbor f ′ imamo mn−1 mogucnosti po induktivnoj hipotezi, pa po principu proizvodadobijamo da je ukupan broj mogucnosti za f jednak m ·mn−1 = mn.


NAPOMENA. Uredjeni izbori elemenata u literaturi se nazivaju jos i varijacije (uglavnomkod Rusa i u starijim nasim knjigama), dok se koristi i izraz k-permutacije za uredjene izboresa k elemenata.

TEOREMA 1.2.4. Svaki skup X sa n elemenata ima tacno 2n podskupova (n > 0).

Dokaz . Posmatrajmo proizvoljan podskup A skupa X i definisimo preslikavanjefA : X 7→ 0, 1. Za x ∈ X odredjujemo

fA(x) =

1 ako x ∈ A0 ako x /∈ A.

Ovo preslikavanje se cesto srece u matematici i naziva se karakteristicna funkcija skupa A.

Razliciti skupovi A imaju razlicite funkcije fA, i vazi i obrnuto, svako preslikavanjef : X 7→ 0, 1 odredjuje skup A = x ∈ X | f(x) = 1 tako da je f = fA. Prematome, broj podskupova X je isti kao broj svih preslikavanja X 7→ 0, 1, a to je 2n poTeoremi 1.2.3.

PRIMER 1.2.5. Da li medju brojevima 1, 2, . . . , 1010 ima vise onih koji sadrze cifru 9u decimalnom zapisu ili onih koji je ne sadrze?

Resenje. Ako broj ne sadrzi cifru 9 u decimalnom zapisu, onda su sve njegove cifre uskupu 0, 1, . . . , 8. Ovakvih brojeva sa najvise deset cifara ima ukupno

910 − 1 + 1 = 3 486 784 401.

Naime, postoji 9 mogucnosti za svaku od deset cifara, pri cemu se broj sa manje od desetcifara dobija tako sto se na njegov pocetak stavi potreban broj nula. Razlog za “−1+1”u gornjem izrazu je sto najpre izostavljamo broj sastavljen od svih deset nula, a zatimdodajemo broj 1010.

Sada vidimo da brojeva koji sadrze cifru 9 u svom zapisu ima

1010 − 910 = 6513 215 599,

znatno vise nego brojeva koji ne sadrze cifru 9.

UREDJENI IZBORI BEZ PONAVLJANJA

Neka je f : 1, 2, . . . , n 7→ M preslikavanje koje odgovara uredjenom izboru eleme-nata iz skupa M . Kada je ponavljanje elemenata dozvoljeno, moguce je izabrati istielement dva puta, tako da vazi f(r) = f(s) za razlicite r i s iz 1, 2, . . . , n. Ako ponavl-janje nije dozvoljeno, tada je f(r) 6= f(s) za svako r 6= s, pa vidimo da uredjenim izborimaelemenata bez ponavljanja odgovaraju injektivna preslikavanja (injektivna preslikavanjase nazivaju jos i ”1-1” preslikavanja).

TEOREMA 1.2.6. Neka je N skup sa n elemenata i neka je M skup sa m elemenata,n,m > 0. Broj svih injektivnih preslikavanja f : N 7→ M jednak je

n−1∏

i=0

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


Dokaz . Dokaz izvodimo indukcijom po n. Prazno preslikavanje je injektivno, pa stogaza n = 0 postoji tacno jedno injektivno preslikavanje, i ovo se slaze sa dogovorom da sevrednost praznog proizvoda definise kao 1. Znaci, formula vazi za n = 0.

Iz Teoreme 1.1.2 znamo da ne postoji injektivno preslikavanje za n > m i ovo setakodje slaze sa gornjom formulom (jer se tada u njoj pojavljuje cinilac 0).

Posmatrajmo sada skup N sa n elemenata, n > 1, i skup M sa m elemenata, m > n.Fiksirajmo element a ∈ N i izaberimo proizvoljno vrednost f(a) ∈ M na jedan odm mogucih nacina. Preostaje nam da izaberemo injektivno preslikavanje iz N \ au M \f(a). Po induktivnoj hipotezi, postoji (m−1)(m−2) · . . . ·(m−n+1) mogucnostiza ovaj izbor, pa stoga vidimo da postoji ukupno m(m − 1)(m − 2) · . . . · (m − n + 1)injektivnih preslikavanja f : N 7→ M .

PRIMER 1.2.7. Klub ima 25 clanova. Koliko ima nacina da se izaberu predsednik,potpredsednik, sekretar i blagajnik kluba?

Resenje. Predsednik kluba moze da se izabere na 25 nacina, izmedju preostalih osobapotpredsednik moze da se izabere na 24 nacina, sekretar na 23 i, konacno, blagajnik na22 nacina, tako da je broj razlicitih izbora jednak broju uredjenih izbora bez ponavljanja4 osobe iz skupa sa 25 osoba, tj.

25 · 24 · 23 · 22 = 303 600.

PRIMER 1.2.8. U kampanji pred predsednicke izbore, kandidat K treba da obidjesedam od petnaest gradova u Srbiji. Da bi postigao sto bolji efekat pred izbore, kandidatje izabrao da svoju kampanju zavrsi u Beogradu. Na koliko razlicitih nacina se mozerealizovati kampanja?

Resenje. S obzirom da je poslednji grad u kampanji vec izabran, kandidat K u stvaritreba da izabere prvih sest gradova koje ce obici od preostalih cetrnaest gradova u Srbiji.Kako je bitan redosled obidjenih gradova, broj ovih izbora jednak je

14 · 13 · 12 · 11 · 10 · 9 = 2 162 160.

PERMUTACIJE

Bijektivno preslikavanje konacnog skupa X na samog sebe naziva se permutacijaskupa X.

PRIMER 1.2.9. Primer permutacije skupa 1, 2, . . . , 5 je funkcija α definisanapomocu

α =(

1 2 3 4 52 4 5 1 3

).

Skraceno, ovu permutaciju cemo pisati kao 24513.

Permutacija konacnog skupa kao bijektivno preslikavanje je ujedno i injekcija, stoznaci da permutacija predstavlja poseban slucaj uredjenog izbora elemenata bez pon-avljanja kod koga se bira svih n od n elemenata. U skladu sa Teoremom 1.2.6, imamosledecu direktnu posledicu.


POSLEDICA. 1.2.10 Broj permutacija skupa X sa n elemenata jednak je

n! = n(n− 1) · . . . · 2 · 1.

Broj n! se cita n faktorijel. Posebno za n = 0 vazi 0! = 1.

NAPOMENA. Funkcija n! jako brzo raste, brze od svake eksponencijalne funkcije. Zaprocenu njene vrednosti koristi se Stirlingova formula koja tvrdi da za veliko n vazi

n! ≈√

2πn“n

e

”n

.

Ova procena je vrlo dobra: na primer, vec za n = 8 greska je samo 1, 04%.

PRIMER 1.2.11. Pcela treba da skupi polen sa sedam razlicitih cvetova pre negosto se vrati u kosnicu. Kada pcela uzme polen sa nekog cveta ona se vise ne vraca na tajcvet. Na koliko nacina ona moze da obidje svih sedam cvetova?

Resenje. Kada jednom skupi polen sa nekog cveta, pcela vise nema razloga da se vracana isti cvet. Zbog toga ce pcela obici svaki cvet tacno jedanput, pa je trazeni broj jednakbroju uredjenih izbora bez ponavljanja 7 od 7 elemenata, odnosno, broju permutacija od7 elemenata. Stoga je broj mogucih obilazaka jednak 7!=5 040.

PRIMER 1.2.12. Koliko ima permutacija cifara 12345678 koje sadrze cifre 123 jednudo druge u tom rasporedu?

Resenje. Posto cifre 123 moraju da se pojave kao jedan blok, odgovor mozemo dobititako sto cemo naci broj permutacija sest objekata, naime, bloka 123 i pojedinacnih cifara4, 5, 6, 7 i 8. Posto ovih sest objekata moze da se pojavi u proizvoljnom rasporedu,zakljucujemo da postoji ukupno 6!=720 permutacija cifara 12345678 u kojima se cifre123 pojavljuju kao jedan blok.

Permutacije se cesto srecu u matematici i imaju dosta korisnih primena. Evo nekihoblasti gde permutacije igraju vaznu ulogu:

• U definiciji algebarskog pojma determinante reda n javlja se suma po svim per-mutacijama skupa od n elemenata:

Neka je A = (aij) realna kvadratna matrica reda n (mozhemo je zamishl-jati kao kavadratnu shemu n sa n u koju je upisano n2 brojeva). Tada jedeterminanta matrice A, u oznaci |A|, det(A) ili det A, jednaka sledecojsumi po svim permutacijama iz skupa Sn = Sym (Nn):

|A| =∑

σ∈Sn

sgn σ · a1 σ(1) · a2 σ(2) · . . . · an σ(n),

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


Slicna je i definicija kombinatornog pojma permanenta. U slucaju kvadratne ma-trice reda n jedina razlika je sto nema clana sgn σ:

per A =∑

σ∈Sn

a1 σ(1) · a2 σ(2) · . . . · an σ(n).

Permanent mozemo izracunati pomocu Laplasovog razvoja po nekoj vrsti ili koloni,koji za razliku od determinanti, kod kojih se javlja clan (−1)i+j , ima sve clanovepozitivne. Laplasov razvoj po elementima i–te vrste za permanent glasi:

per(A) =n∑

j=1

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

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

nX

i=1

aij per(Aij).

Za ilustraciju rada sa permanentima videti Zadatak 1.2.20, kao i Primer 2.2.43 izpoglavlja ”Rekurentne jednacine”(tu se permanent koristi za prebrojavanje per-mutacija sa ogranicenjima). Vise o permanentima mozete nauciti iz kompletneknjige Henrika Minka (eng. Henryk Minc) o njima, [22].

• Grupe permutacija, sa slaganjem funkcija kao operacijom, predstavljaju jedan odosnovnih predmeta proucavanja u teoriji grupa, s obzirom da se svaka konacnagrupa moze utopiti u neku grupu permutacija.

Grupe permutacija, kao i orbite permutacija cine osnove primene terije grupa uKombinatorici. Klasicni rezultati ove oblasti su Burnsajdova (eng. Burnside) teo-rema, Frobenijusova (eng. Frobenius) lema i Poljine (madj. Polya) teoreme pre-brojavanja. Pomocu ovih tvrdjenja moguce je izvrsiti prebrojavanje (enumeraciju)znatnog broja veoma slozenih kombinatornih objekata, ali one nalaze i primenu uteoriji grafova (npr. za odredjivanje broja neizomorfnih grafova).

Pored toga, osnovni razlog za nemogucnost opsteg algebarskog resenja jednacinepetog stepena lezi u osobinama grupe svih permutacija skupa sa pet elemenata.

• Permutacije se koriste kod projektovanja i proucavanja algoritama za sortiranje.Na primer, pomocu permutacija se moze pokazati da svaki algoritam za sortiranjekoji u svom radu koristi samo medjusobno poredjenje po dva elementa niza ne mozeda se, u opstem slucaju, izvrsi za manje od cn log n koraka za neku konstantu c > 0.

• Raspored karata u spilu predstavlja jednu permutaciju karata. Mesanjem karatase pritom od jedne permutacije dobija druga permutacija karata. U profesional-nom kartanju se proces mesanja karata matematicki proucava pomocu svojstavapermutacija da bi odgovorilo na razna pitanja, kao na primer: Polazeci od ne-promesanog spila, koliko je puta potrebno mesati karte deljenjem na dva dela injihovim spajanjem (ako ste gledali bilo koji film o Las Vegasu, onda sigurno znatekako izgleda ovakvo mesanje karata) da bi spil bio potpuno izmesan?

• Permutacije se mogu iskoristiti i u matematickoj estetici. Na slici 1.4 jeprikazano Stajnhaus-Dzonson-Troterovo tkanje (eng. Steinhaus-Johnson-Trotter).Ako pazljivo posmatrate, videcete da vertikalni preseci ovog tkanja predstavljajusve permutacije konaca kojima je tkano, pri cemu se svake dve susedne permutacijerazlikuju u samo dve susedne pozicije (to je “X” izmedju dva susedna vertikalnapreseka).


Slika 1.4: Stajnhaus-Dzonson-Troterovo tkanje razlicitim koncima.

Pored uobicajenog zapisa permutacije kao funkcije postoji i ciklusni zapis permutacije,koji je pogodniji u nekim primenama. Kako se dobija ciklusni zapis permutacije?

Primetimo da za permutaciju α = 24513 vazi

α(1) = 2, α(2) = 4, α(4) = 1.

Permutacija α salje element 1 u 2, 2 u 4 i 4 nazad u 1, i tada kazemo da ovi elementi cineciklus (1 2 4) duzine 3. Slicno, elementi 3 i 5 cine ciklus (3 5) duzine 2, pa je ciklusnizapis ove permutacije

α = (1 2 4)(3 5).

Ciklusni zapis za proizvoljnu permutaciju π moze da se dobije pomocu sledeceg pos-tupka, koji se ponavlja sve dok svi elementi ne budu rasporedjeni u cikluse:

Izabrati proizvoljan element a koji jos nije rasporedjen u neki ciklus. Noviciklus cine elementi

(a π(a) π(π(a)) π(π(π(a))) . . . πk−1(a))

koje redjamo sve dok ne dodjemo do najmanjeg prirodnog broja k za kojivazi πk(a) = a.

Postoje dva nacina da promenimo ciklusni zapis bez uticaja na samu permutaciju.Najpre, svaki ciklus moze da pocne bilo kojim od svojih elemenata — na primer, (7 8 2 13) i (1 3 7 8 2) predstavljaju isti ciklus. Drugo, poredak ciklusa nije vazan — na primer,(1 2 4)(3 5) i (3 5)(1 2 4) predstavljaju istu permutaciju. Bitni su podela elemenata skupana cikluse, kao i njihov poredak unutar ciklusa, i oni su jedinstveno odredjeni ciklusnimzapisom.

Ciklusni zapis nam moze dati korisne informacije o permutaciji.

PRIMER 1.2.13. Karte oznacene brojevima 1 do 12 poredjane su kao sto jeprikazano dole levo. Karte se skupljaju po vrstama i zatim se ponovo dele, ali pokolonama umesto po vrstama, tako da se dobija raspored kao dole desno.

1 2 3 1 5 94 5 6 2 6 107 8 9 3 7 1110 11 12 4 8 12

Koliko puta mora da se izvrsi ovaj postupak pre nego sto se karte ponovo nadju upocetnom rasporedu?

Resenje. Neka je π permutacija koja predstavlja postupak premestanja karata, takoda je π(i) = j ako se karta j pojavljuje na mestu koje je pre premestanja zauzimalakarta i. Ako π predstavimo pomocu ciklusa dobijamo

π = (1)(2 5 6 10 4)(3 9 11 8 7)(12).


Ciklusi (1) i (12) znace da karte 1 i 12 sve vreme ostaju na svojim mestima. Preostaladva ciklusa imaju duzinu 5, tako da ce se posle pet ponavljanja postupka sve karte nacina svojim pocetnim mestima. (Probajte.) Drugim recima π5 = id, gde π5 predstavljapetostruko ponavljanje permutacije π, a id oznacava identicnu permutaciju, definisanusa id(j) = j.

ZADACI

1.2.1. U radnji postoji k razlicitih vrsta razglednica, koje treba poslati prijateljima,kojih ima n.a) Na koliko nacina je moguce svakom prijatelju poslati tacno jednu razglednicu?b) Koliko ima nacina ako svakom prijatelju treba poslati razlicitu razglednicu?c) Od svake vrste razglednica je kupljena tacno po jedna. Na koliko nacina jemoguce poslati razglednice prijateljima (prijatelj moze dobiti bilo koji broj razglednica,ukljucujuci i 0)?

1.2.2. Komitet od devet clanova treba da izabere predsednika, sekretara i blagajnika.Koliko mogucih izbora postoji?

1.2.3. Odrediti broj nizova duzine r koji se mogu formirati od prvih 7 slova azbuke,ako je a) r = 4; b) r = 9 i slova 1 mogu da se ponavljaju; 2 ne mogu da se ponavljaju.

1.2.4. Odrediti broj nacina da se rasporedi m zena i n muskaraca (m < n) za okruglimstolom, tako da nikoje 2 zene ne sede jedna do druge.

1.2.5. Da li medju brojevima 1, 2, . . . , 9 999 999 ima vise onih koji sadrze cifru 5 udecimalnom zapisu ili onih koji je ne sadrze?

1.2.6. Neka je dat skup S = s, i, c, g. Koliko ima a) relacija u S; b) relacija kojenisu simetrichne u S; c) antisimetrichnih relacija u S?

1.2.7. Koliko se binarnih relacija moze definisati na skupu sa n elemenata? Kolikopostoji: a) refleksivnih, b) simetricnih, c) refleksivnih i simetricnih relacija?

1.2.8. Odrediti broj binarnih nizova duzine n koji sadrze paran broj nula (znakova 0).

1.2.9. Odrediti broj reci duzine n koje se mogu formirati od slova A, B, C, D i E,koje sadrze paran broj slova A. (Reci ne moraju imati neko znacenje.)

1.2.10. U prizemlju zgrade od 7 spratova u lift su usli Aca, Dusan, Luka, Marija iNatasa. Na koliko nacina se lift moze isprazniti tako da ni u jednom trenutku muskaraci zena ne budu sami u liftu?

1.2.11. Na koliko nacina se moze postaviti osam topova na sahovsku tablu tako da seoni medjusobno ne napadaju?

1.2.12. Ako je n > 2, koliko ima permutacija skupa 1, 2, . . . , n u kojima su brojevi1 i 2 susedni?

1.2.13. Napisati ciklusni zapis za permutaciju(

1 2 3 4 5 6 7 8 93 5 7 8 4 6 1 2 9

).


1.2.14. Odrediti red permutacije(

1 2 3 4 5 6 7 8 92 3 1 5 4 7 8 9 6

).

1.2.15. Preferans spil od 32 karte je podeljen u dva jednaka dela i promesan pre-plitanjem, tako da ako je originalni poredak karata bio 1, 2, 3, 4, . . . , novi poredak je1, 17, 2, 18, . . . . Koliko puta treba primeniti ovakvo mesanje da bi se spil vratio u origi-nalni poredak?

1.2.16. Odrediti sve moguce relacije totalnog poretka nad skupom a) S = 1, 2, 3;b) S = 1, 2, 3, . . . , n. Koliko ih ukupno ima?

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

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

1.2.19. Kvadratni koren permutacije p je permutacija q tako da vazi p = q2. Naciformulu za broj kvadratnih korena permutacije p. Kakve permutacije imaju jedinstvenikvadratni koren?

1.2.20. Odrediti permanente sledecih matrica:

a) A =

1 2 32 3 43 4 5

; b) B =

1 1 1 11 2 3 41 1 1 11 0 0 0

; c) Jn; d) C =

1 · 1 1 · 2 . . . 1 · n2 · 1 2 · 2 . . . 2 · n

......

...n · 1 n · 2 . . . n · n

;

e) Jn − In, gde In i Jn predstavljaju jedinicnu matricu reda n i matricu ciji su svielementi jednaki 1 reda n.

1.3 NEUREDJENI IZBORI ELEMENATA

NEUREDJENI IZBORI BEZ PONAVLJANJA

U jednoj od prethodnih sekcija smo za matematicko definisanje pojma uredjenogizbora k elemenata konacnog skupa X koristili preslikavanje f iz uredjenog skupa1, 2, . . . , k u skup X. Na ovaj nacin, bili smo u mogucnosti da kazemo da je elementf(1) izabran prvi, element f(2) drugi, a element f(k) poslednji.

S druge strane, kod neuredjenog izbora elemenata skupa X nije vazno koji je elementizabran prvi, a koji poslednji, tako da nema potrebe uvoditi preslikavanja. S obzirom dasada razmatramo neuredjene izbore elemenata bez ponavljanja vidimo da oni predstavl-jaju k-toclane podskupove skupa X.

DEFINICIJA 1.3.1. Neka je X skup, a k nenegativan ceo broj. Simbol(

X

k

)

oznacava skup svih k-toclanih podskupova skupa X.

Na primer,(a,b,c

2

)= a, b, a, c, b, c.


DEFINICIJA 1.3.2. Neka su n>k nenegativni celi brojevi. Binomni koeficijent(nk

)je funkcija promenljivih n i k data pomocu

(n

k

)=

n(n− 1)(n− 2) · . . . · (n− k + 1)k(k − 1) · . . . · 2 · 1 =

k−1Y

i=0(n− i)

k!.

Primetimo da simbol(xk

)sada ima dva znacenja, u zavisnosti od toga da li je x skup

ili broj. Opravdanje za ovo preklapanje simbola nalazi se u sledecoj teoremi.

TEOREMA 1.3.3. Broj neuredjenih izbora k elemenata bez ponavljanja skupa X, tj.brojk-toclanih podskupova skupa X jednak je

∣∣∣∣(

X

k

)∣∣∣∣ =(|X|

k

).

Dokaz . Neka je n = |X|. Prebrojacemo uredjene izbore k elemenata skupa X bezponavljanja na dva nacina. S jedne strane, iz Teoreme 1.2.6 znamo da je ovaj broj jednakn(n − 1) · . . . · (n − k + 1). S druge strane, od svakog k-toclanog podskupa M ∈ (

Xk

)uredjivanjem njegovih elemenata mozemo da dobijemo k! razlicitih uredjenih izbora kelemenata i svaki uredjeni izbor k elemenata moze da se dobije samo iz jednog k-toclanogpodskupa M na ovaj nacin. Prema tome,

n(n− 1) · . . . · (n− k + 1) = k!∣∣∣∣(

X

k

)∣∣∣∣ .

NAPOMENA. Posebne vrednosti binomnih koeficijenata su`

n0

´= 1,

`n1

´= n i

`nn

´= 1.

Primetimo inace da se definicija 1.3.2 moze prosiriti na sve realne vrednosti n, tako da mozemoda pisemo

−2, 5

3

!=

(−2, 5) · (−3, 5) · (−4, 5)

3 · 2 · 1 = −6, 5625.

Ovu definiciju mozemo da prosirimo i na negativne vrednosti k i na vrednosti n > k dogovoromda je

n

k

!= 0 za k < 0 i k > n.

NAPOMENA. Neredjeni izbori elemenata u literaturi se nazivaju jos i kombinacije.

PRIMER 1.3.4. Tokom noci, lopov je upao u galeriju sa 20 umetnickih dela. Me-djutim, on u svom rancu ima mesta za tacno 3 predmeta. Na koliko nacina on moze daizabere predmete koje ce ukrasti?

Resenje. Lopov treba da napravi neuredjeni izbor 3 elementa bez ponavljanja iz skupaod 20 elemenata. Po Teoremi 1.3.3, on to moze da uradi na

(203

)=

20 · 19 · 183 · 2 · 1 = 1 140

nacina.


PRIMER 1.3.5. Iz odeljenja od 9 decaka i 11 devojcica treba izabrati komisiju zaizbor najlepse djacke torbe koja ce se sastojati od 3 decaka i 4 devojcice. Na kolikonacina je moguce formirati ovakvu komisiju?

Resenje. Po principu proizvoda, ovaj broj je jednak proizvodu broja(93

)neuredjenih

izbora 3 elementa bez ponavljanja iz skupa od 9 elemenata i broja(114

)neuredjenih izbora

4 elementa bez ponavljanja iz skupa od 11 elemenata:(

93

)·(

114

)= 84 · 330 = 27 720.

NEUREDJENI IZBORI SA PONAVLJANJEM

Ako dozvolimo ponavljanje u neuredjenom izboru elemenata skupa X, onda on visene predstavlja obican podskup skupa X.

PRIMER 1.3.6. a) Koliko ima nacina da se izaberu tri novcica iz kase koja sadrzinovcice od 1, 2, 5 i 10 dinara, ukoliko redosled biranja novcica nije bitan vec samo brojizabranih novcica svake vrste i ako u kasi postoji bar tri novcica svake vrste?b) Koliko ima nacina da se izaberu pet novcanica iz kase koja sadrzi novcanice od 10, 20,50, 100, 200, 500 i 1000 dinara? Kao i u prethodnom pitanju, i u ovom slucaju redosledbiranja novcanica nije bitan, novcanice iste vrednosti se ne mogu medjusobno razlikovati,a u kasi postoji bar pet novcanica svake vrste.

Resenje. a) Postoji 20 nacina, prikazanih u sledecoj tabeli:

1d 1d 1d 1d 1d 2d 1d 1d 5d 1d 1d 10d1d 2d 2d 1d 2d 5d 1d 2d 10d

1d 5d 5d 1d 5d 10d1d 1d 10d

2d 2d 2d 2d 2d 5d 2d 2d 10d2d 5d 5d 2d 5d 10d

2d 10d 10d5d 5d 5d 5d 5d 10d

5d 10d 10d10d 10d 10d

b) U ovom slucaju, broj mogucih izbora je dovoljno veliki da bi bilo vrlo neprakticno sveih prikazati. Zbog toga cemo detaljnije prouciti nas problem.

S obzirom da redosled izabranih novcanica nije bitan, kao i da se svaka vrsta novcanicamoze izabrati do pet puta, u ovom problemu treba da nadjemo broj neuredjenih izbora5 elemenata sa ponavljanjem iz skupa od 7 elemenata.

Pretpostavimo da kasa ima sedam pregrada, po jednu za svaku vrstu novcanica. Naslici je ilustrovan izbor jedne novcanice od 50 dinara, dve novcanice od 200 dinara i pojedne novcanice od 500 dinara i od 1000 dinara:

• • • • •10d 20d 50d 100d 200d 500d 1000d


Na slican nacin, svaki izbor pet novcanica mozemo da predstavimo pomocu pet mark-era rasporedjenih u pregradama kase. Ako sada obrisemo dno kase sa oznakama vrednostinovcanica, levu ivicu prve pregrade i desnu ivicu poslednje pregrade, vidimo da se svakiizbor pet novcanica moze predstaviti pomocu rasporeda pet markera i sest ivica kojeodredjuju pregrade kase:

• • • • •Broj ovakvih rasporeda jednak je broju izbora pet pozicija za markere od 11 mogucihpozicija, sto predstavlja broj neuredjenih izbora 5 elemenata bez ponavljanja iz skupaod 11 elemenata, a on je jednak

(115

)=

11 · 10 · 9 · 8 · 75 · 4 · 3 · 2 · 1 = 462.

Uopstenjem gornjeg pristupa mozemo dokazati sledecu teoremu.

TEOREMA 1.3.7. Broj neuredjenih izbora k elemenata sa ponavljanjem skupa Xjednak je (|X|+ k − 1

k

).

Dokaz . Svaki neuredjeni izbor k elemenata sa ponavljanjem skupa X moze da se, najedinstven nacin, predstavi pomocu niza od k markera i |X| − 1 ivica. Ivice se koristeda oznace pregrade koje odgovaraju pojedinim elementima skupa X, dok svaki markeroznacava izbor elementa koji odgovara pregradi u kojoj se marker nalazi.

Na primer, neuredjeni izbor 6 elemenata iz skupa X = a, b, c, d moze da se pred-stavi pomocu niza od 6 markera i 3 ivice:

• • • • • •Ovaj niz oznacava da je jednom izabran element a, dva puta element b, nijednomelement c i tri puta element d.

Slicno kao i u primeru, niz od k markera i |X|− 1 ivica odgovara neuredjenom izborubez ponavljanja k pozicija za markere od mogucih |X| + k − 1 pozicija. Zbog toga jetrazeni broj upravo jednak (|X|+ k − 1

k

),

s obzirom da i svaki niz od k markera i |X|−1 ivica odgovara tacno jednom neuredjenomizboru k elemenata sa ponavljanjem skupa X.

PRIMER 1.3.8. Na koliko nacina se 12 istih lopti moze rasporediti u 6 razlicitihkutija?

Resenje. Broj mogucih rasporeda lopti je jednak broju neuredjenih izbora 12 eleme-nata sa ponavljanjem iz skupa od 6 elemenata, tj.

(6 + 12− 1

12

)= 6 188.



k := 0for i1 := 1 to n

for i2 := 1 to i1for i3 := 1 to i2

...for im := 1 to im−1

k := k + 1end for...

end forend for

end for

Resenje. Primetimo da je pocetna vrednost promenljive k jednaka 0 i da se k uvecavaza 1 svaki put kada se prodje kroz ugnjezdenu petlju sa nizom brojeva i1, i2, . . . , imtakvim da je

1 6 im 6 im−1 6 . . . 6 i2 6 i1 6 n.

Broj ovakvih nizova brojeva jednak je broju nacina da se m celih brojeva izabere saponavljanjem iz skupa 1, 2, . . . , n. (S jedne strane, niz i1, i2, . . . , im predstavlja izborm brojeva iz 1, 2, . . . , n; s druge strane, svaki izbor m brojeva iz 1, 2, . . . , n, nakon stose uredi u nerastuci poredak, predstavlja jedan od trazenih nizova.) Sada iz Teoreme 1.3.7vidimo da ce vrednost promenljive k nakon izvrsenja koda biti jednaka

(n + k − 1

k

).

PRIMER 1.3.10. Koliko resenja ima jednacina

x1 + x2 + . . . + xk = n,

gde su x1, x2, . . . , xk nenegativni celi brojevi?

Resenje. Posmatrajmo skup X = 1, 2, . . . , k. Ako pretpostavimo da, za 1 6 i 6 k,broj xi oznacava koliko je puta izabran element i iz skupa X, onda vidimo da svako resenje(x1, x2, . . . , xk) gornje jednacine oznacava tacno jedan neuredjeni izbor n elemenata saponavljanjem iz skupa sa k elemenata. Takodje vazi i obratno: svaki neuredjeni izborn elemenata sa ponavljanjem iz skupa sa k elemenata odredjuje tacno jedno resenje(x1, x2, . . . , xk) gornje jednacine.

Stoga resenja jednacine ima koliko i ovakvih neuredjenih izbora, a to je(

k + n− 1n

).


NAPOMENA. Prema Uslovu simetricnosti (Lema 1.6.2) iz odeljka 1.6 Osobine binomnihkoeficijenta, imamo da je broj resenja jednacine x1+x2+. . .+xk = n jednak

`k+n−1

n

´=`

k+n−1k−1

´.

PRIMER 1.3.11. Na polici se nalazi n knjiga. Na koliko nacina se moze izabratik knjiga sa police, tako da nikoje dve izabrane knjige nisu bile susedne na polici?

Resenje. Neka x1 oznacava broj knjiga na polici ispred prve izabrane knjige, xi, 26i6k,broj knjiga na polici koje se nalaze izmedju (i− 1)-ve i i-te izabrane knjige, a xk+1 brojknjiga na polici iza poslednje izabrane knjige. S obzirom da brojevi xi, 1 6 i 6 k + 1,prebrojavaju sve neizabrane knjige sa police, vazi da je

x1 + x2 + . . . + xk + xk+1 = n− k.

S druge strane, iz uslova da izabrane knjige nisu bile susedne vidimo da vazi

x2, x3, . . . , xk > 1,

dok jex1, xk+1 > 0.

Da bismo izbegli ovakvo izdvajanje posebnih slucajeva, zamislimo da smo na policudodali jos dve nove knjige: jednu ispred prve knjige na polici i jednu iza poslednje knjigena polici. Ako dozvolimo da x1 i xk+1 prebrojavaju i ove dve nove knjige, onda ce vaziti:

x1 + x2 + . . . + xk + xk+1 = n− k + 2,

x1, x2, . . . , xk+1 > 1.

Neka je sada yi = xi − 1, 1 6 i 6 k + 1. Tada su yi nenegativni celi brojevi za kojevazi da je

y1 + y2 + . . . + yk+1 = (n− k + 2)− (k + 1) = n− 2k + 1.

Iz prethodnog primera vidimo da je broj resenja poslednje jednacine jednak(

n− k + 1n− 2k + 1

).

Ovo je ujedno i broj mogucih izbora k nesusednih knjiga sa police, s obzirom da nizbrojeva yi, 1 6 i 6 k + 1, na jedinstven nacin odredjuje niz brojeva xi, 1 6 i 6 k + 1, a daon dalje na jedinstven nacin odredjuje izbor nesusednih knjiga.

PERMUTACIJE SA PONAVLJANJEM

Posebnu vrstu izbora cine permutacije familije elemenata, u kojoj se neki od eleme-nata sadrze vise puta. Tada se mora povesti racuna kako bi se izbeglo da se isti izborprebrojava vise puta. Razmotrimo sledeci problem:

PRIMER 1.3.12. Koliko razlicitih reci, ukljucujuci besmislene, moze da se sastaviod slova reci ABRAKADABRA?


Resenje. Iako imamo 11 slova na raspolaganju, neka od njih su ista, tako da odgovoru ovom slucaju nije 11!. Naime, sada treba da prebrojimo permutacije familije slova ukojoj se slovo A pojavljuje 5 puta, slova B i R po dva puta, a slova D i K po jedanput.Ovakva permutacija ce biti odredjena ukoliko znamo na kojih pet pozicija u reci se nalazeslova A, na koje dve pozicije slova B itd. Pet pozicija za slova A se moze izabrati na(115

)nacina, a zatim se izmedju preostalih sest pozicija dve pozicije za slova B mogu

izabrati na(62

)nacina. Nastavljajuci dalje, od preostale cetiri pozicije dve pozicije za

slova R se moze izabrati na(42

)nacina, a od preostale dve pozicije jedna pozicija za

slovo D se moze izabrati na(21

)nacina. Nakon ovoga nam preostaje samo jedna pozicija

u reci za slovo K. Sada vidimo da je ukupan broj trazenih permutacija jednak(

115

)(62

)(42

)(21

)= 83 160.

Uopstavajuci resenje gornjeg primera mozemo da dokazemo sledecu teoremu.

TEOREMA 1.3.13. Broj permutacija familije sa n elemenata, u kojoj se prvi ele-ment sadrzi n1 puta, drugi element n2 puta, . . . , a k-ti element nk puta (pri tome vazin1 + n2 + . . . + nk = n), jednak je

(n

n1

)(n− n1

n2

)(n− n1 − n2

n3

)· . . . ·

(n− n1 − . . .− nk−2

nk−1

)·(

nk

nk

).

Dokaz . Primetimo da postoji(

nn1

)nacina da se n1 kopija prvog elementa rasporedi

izmedju n pozicija u permutaciji. Nakon toga preostaje n−n1 slobodnih pozicija, izmedjukojih n2 kopija drugog elementa moze da se rasporedi na

(n−n1

n2

)nacina, ostavljajuci

n − n1 − n2 slobodnih pozicija. Nastavljajuci na ovaj nacin rasporedjivanje kopija ele-menata, mozemo da vidimo da ce na kraju kopije k-tog elementa moci da se rasporedena

(n−n1−...−nk−1

nk

)=

(nk

nk

)= 1 nacina. Po principu proizvoda, broj trazenih permutacija

je jednak(

n

n1

)(n− n1

n2

)(n− n1 − n2

n3

)· . . . ·

(n− n1 − . . .− nk−2

nk−1

)·(

nk

nk

).

PRIMER 1.3.14. Uradimo ponovo prethodni primer sa ABRAKADABRA, ali sadana drugi nacin.

Resenje. Zamislimo najpre da se sva slova u reci razlikuju, tako da imamo 5 ra-zlicitih slova A itd. Na primer, mozemo da ih ucinimo razlicitim dodajuci im indekse:A1B1R1A2K1A3D1A4B2R2A5. Sada imamo 11 razlicitih slova koja mogu da se preuredena 11! razlicitih nacina. Posmatrajmo proizvoljnu rec sacinjenu od “neindeksirane” reciABRAKADABRA, na primer BAKARADABAR. Od koliko razlicitih “indeksiranih” recimozemo da dobijemo ovu rec brisanjem indeksa? Indeksi 5 slova A mogu da se ras-porede na 5! nacina, indeksi 2 slova B mogu da se rasporede (nezavisno) na 2! nacina,za 2 slova R takodje imamo 2! mogucnosti i konacno za po jedno slovo K i D imamopo 1! mogucnost. Prema tome, rec BAKARADABAR, kao i bilo koju drugu rec do-bijenu od reci ABRAKADABRA, mozemo da indeksiramo na 5!2!2!1!1! nacina. Broj

neindeksiranih reci, sto je i resenje problema, jednak je11!

5!2!2!1!1!.


Uopstavajuci resenje gornjeg primera uspostavicemo vezu izmedju broja kombinacijakoje smo prebrojali na 2 razlicita nacina.

LEMA. 1.3.15.(

n

n1

)(n− n1

n2

)(n− n1 − n2

n3

)· . . . ·

(nk

nk

)=

n!n1! · n2! · n3! · . . . · nk!

.

Resenje. Pomocu Faktorijelne reprezentacije binomnih koeficijenata (Lema 1.6.1 izodeljka 1.6 Osobine binomnih koeficijenta) moguce je prikazati polinomne koeficijente naznatno jednostavniji nacin:

(n

n1, n2, . . . , nk

)=

(n

n1

)(n− n1

n2

)(n− n1 − n2

n3

)· . . . ·

(n− n1 − · · · − nk−1

nk

)

=n!

n1!(n− n1)!· (n− n1)!n2!(n− n1 − n2)!

· (n− n1 − n2)!n3!(n− n1 − n2 − n3)!

·

. . . · (n− n1 − . . .− nk−1)!nk!(n− n1 − . . .− nk−1 − nk)!

=n!

n1! · n2! · n3! · . . . · nk!.

Kako bismo izbegli stalno ponavljanje dugackog proizvoda binomnih koeficijenata izprethodne teoreme, ili razlomka sa faktorijalima iz prethodne leme, uvescemo sledecudefiniciju polinomnih koeficijenata (ponegde se nazivaju i multinomijalni koeficijenti).

DEFINICIJA 1.3.16. Polinomni koeficijent(

nn1,n2,...,nk

)se definise pomocu

(n

n1, n2, . . . , nk

)=

n!n1! · n2! · n3! · . . . · nk!

.

Jos jedan tip izbora elemenata, ciji se broj predstavlja polinomnim koeficijentima,ilustrovan je sledecim primerom.

PRIMER 1.3.17. Na koliko nacina se pokerasima Aci, Branku, Cakiju i Dejanumoze podeliti po pet karata iz standardnog spila od 52 karte?

Resenje. Na pocetku deljenja, Aci se pet karata moze podeliti na(525

)nacina. Branku

se tada pet karata moze podeliti na(475

)nacina, s obzirom da je nakon podele karata

Aci u spilu ostalo 47 karata. Slicno, Cakiju se pet karata moze podeliti na(425

)nacina,

a Dejanu na(375

)nacina. Preostale 32 karte ostaju na stolu. Po principu proizvoda,

ukupan broj razlicitih deljenja je jednak(

525

)(475

)(425

)(375

)(3232

)=

(52

5, 5, 5, 5, 32

).

Ovo je primer koj ilustruje da u jednostavnom kombinatornom problemu mozemo dobitiveoma velike rezultate. Kada bismo izracunali ovaj broj dobili bismo zaista ogromanbroj: 1 478 262 843 475 644 020 034 240.


Prethodni primer predstavlja primer izbora u kome razlicite objekte treba smestiti urazlicite kutije: razliciti objekti su 52 karte iz spila, a pet razlicitih kutija se koristi zakarte svakog od cetiri pokerasa kao i za ostatak spila.

TEOREMA 1.3.18. Broj nacina da se n razlicitih objekata smesti u k razlicitihkutija, tako da se u kutiji i nalazi ni objekata za 1 6 i 6 k, jednak je

(n

n1, n2, . . . , nk

).

Iako se do dokaza moze doci uopstavanjem resenja prethodnih primera, mi cemo ipakiskoristiti zaobilazni put koji ce nam pokazati da smo se mi, u stvari, vec susreli sa ovimproblemom, samo sto je on tada imao drugaciju formulaciju.

Dokaz . Ako objekte poredjamo u niz, a kutije oznacimo brojevima 1,2,. . . ,k, tadasvakom rasporedu objekata po kutijama odgovara tacno jedna permutacija familije bro-jeva 1,2,. . . ,k u kojoj se broj i ponavlja ni puta.

Naime, datom rasporedu objekata mozemo da pridruzimo permutaciju sa ponavljan-jem koja se dobija tako sto se svaki objekat iz niza zameni brojem kutije u koji je onrasporedjen. S druge strane, za datu permutaciju sa ponavljanjem njen pridruzeni ras-pored mozemo da odredimo ukoliko j-ti objekat iz niza rasporedimo u kutiju oznacenuj-tim brojem iz permutacije za 1 6 j 6 n.

Prema tome, ovo pridruzivanje predstavlja bijekciju izmedju skupa svih rasporedaobjekata u kutije i skupa svih permutacija sa ponavljanjem. Iz Teoreme 1.3.13 sadazakljucujemo da je broj rasporeda objekata u kutije jednak

(n

n1, n2, . . . , nk

).

ZADACI

1.3.1. Od 16 ljudi, gde su po 4 iz Srbije, Rumunije, Bugarske i Makedonije, trebaizabrati 6 u komitet. Koliko ima takvih izbora ako:a) svaka zemlja mora da bude zastupljena u komitetu;b) nijedna zemlja ne moze imati vise od 2 predstavnika u komitetu?

1.3.2. Po sahovskoj tabli krece se top. On polazi iz donjeg levog ugla table i krece se,jedno po jedno polje, po najkracem putu do gornjeg desnog ugla table. Koliko postojinajkracih puteva?

1.3.3. Koliko postoji permutacija spila od 52 karte u kojima se sva cetiri asa nalazemedju prvih 10 karata?

1.3.4. Na koliko nacina kosarkaski trener moze sastaviti ekipu od 5 kosarkasa sa dvacentra, dva beka i jednim krilom, ako na raspolaganju ima 10 kosarkasa, od kojih trojicamogu biti samo centri, trojica samo bekovi, jedan samo krilo, dvojica krilo ili bek, ajedan krilo ili centar?


1.3.5. Na koliko nacina se 2n vojnika (razlicitih po visini) moze rasporediti u dve vrstetako da je svaki vojnik iz prve vrste nizi od vojnika iza njega?

1.3.6. Na koliko nacina se 8 istih svezaka, 9 istih olovaka i 10 istih knjiga mogu podelititrojici ucenika, tako da svaki ucenik dobije bar po jedan predmet od svake vrste?

1.3.7. U kutiji se nalazi 36 zutih, 27 plavih, 18 zelenih i 9 crvenih kuglica, pri cemu sekuglice iste boje ne razlikuju medjusobno. Na koliko nacina se moze izabrati 10 kuglica?

1.3.8. Ukrotitelj izvodi 5 lavova i 4 tigra. Na koliko nacina ih moze rasporediti u vrstuako tigrovi ne smeju biti jedan pored drugog?(Svi tigrovi su medjusobno razliciti i svi lavovi su medjusobno razliciti!)

1.3.9. Dat je konveksan n-tougao, takav da nikoje dve od pravih koje su odredjenetemenima n-tougla nisu paralelne i nikoje tri od datih pravih ne seku se u istoj tacki,koja nije teme n-tougla. Odrediti broj presecnih tacaka pomenutih pravih koje se nalazea) unutar datog n-tougla,b) van datog n-tougla?

1.3.10. Neka je X skup sa n elemenata. Dokazati da:a) Postoji skup od

(nn∗

)podskupova skupa X tako da se nijedan od njih ne sadrzi u

nekom drugom, gde je n∗ = 12n ako je n paran broj i n∗ = 1

2 (n − 1) ako je n neparanbroj.b) U svakom skupu od bar

(nn∗

)+1 podskupova skupa X postoje dva razlicita podskupa

tako da se jedan od njih sadrzi u drugom.

1.4 GENERISANJE PERMUTACIJA

S obzirom na vaznost permutacija kao kombinatornih objekata, u ovom delu cemose baviti njihovim generisanjem pomocu racunara. Konkretno, odgovoricemo na sledecapitanja:

a) Kako generisati sve permutacije n elemenata?

b) Kako generisati permutaciju sa datim rednim brojem?

c) Kako generisati slucajnu permutaciju n elemenata?

Primetimo da prva dva pitanja implicitno pretpostavljaju postojanje poretka naskupu permutacija (kako bismo inace znali koja je permutacija prva, koja k-ta, a kojaposlednja?). Stoga, da bismo odgovorili na ova pitanja, neophodno je da najpre uvedemorelaciju poretka na skupu svih permutacija. Postoji vise razlicitih nacina da se definiseovakva relacija, a najprirodniji od njih je leksikografski poredak permutacija.

DEFINICIJA 1.4.1. Permutacija a1a2 . . . an prethodi permutaciji b1b2 . . . bn u lek-sikografskom poretku ako za neko k, 16k6n, vazi da je a1 = b1, a2 = b2, . . . , ak−1 = bk−1,dok je ak < bk.


Drugim recima, permutacija a1a2 . . . an prethodi permutaciji b1b2 . . . bn (u leksiko-grafskom poretku) ako je, na prvoj poziciji (sleva) na kojoj se permutacije razlikuju, broju prvoj permutaciji manji od broja u drugoj permutaciji.

PRIMER 1.4.2. Permutacija 24135 skupa 1, 2, 3, 4, 5 prethodi permutaciji 24351,jer se permutacije slazu na prve dve pozicije, dok je na trecoj poziciji broj 1 u prvojpermutaciji manji od broja 3 u drugoj permutaciji.

Slicno, permutacija 35421 prethodi permutaciji 41235, jer vec na prvoj poziciji imamoda je broj 3 u prvoj permutaciji manji od broja 4 u drugoj permutaciji.

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

GENERISANJE SVIH PERMUTACIJA

Algoritam za generisanje svih permutacija skupa 1, 2, 3, . . . , n se zasniva na pro-ceduri koja za datu permutaciju a1a2 . . . an generise sledecu permutaciju u leksikograf-skom poretku. U tom slucaju, svih n! permutacija ce biti generisano ako podjemo odpermutacije 123 . . . n i zatim n! − 1 puta pozovemo proceduru za generisanje sledecepermutacije.

Kako radi ova procedura? Pretpostavimo najpre da je an−1 < an u per-mutaciji a1a2 . . . an−1an. Zamenimo mesta an−1 i an da bismo dobili vecu per-mutaciju a1a2 . . . anan−1. Nijedna druga permutacija ne moze da sledi permutacijua1a2 . . . an−1an, a da prethodi permutaciji a1a2 . . . anan−1. Na primer, sledeca per-mutacija posle 423156 je 423165. S druge strane, ako je an−1 > an, onda se sledecapermutacija ne moze dobiti zamenom mesta ovih elemenata. Posmatrajmo stoga posled-nja tri elementa. Ako je an−2 < an−1, tada se poslednja tri elementa mogu prerasporedititako da se dobije leksikografski sledeca permutacija: manji od brojeva an−1 i an koji jeveci od an−2 stavimo na poziciju n−2, a zatim an−2 i preostali broj postavimo u rastuciporedak na pozicijama n−1 i n. Na primer, sledeca permutacija posle 423165 je 423516.

S druge strane, ako je an−2 > an−1 (i an−1 > an), tada se veca permutacija ne mozedobiti zamenom mesta ovih elemenata. Na osnovu ovoga, moze se dobiti opsti metodza nalazenje leksikografski sledece permutacije: najpre, pronadjimo poziciju j tako daje aj < aj+1 i aj+1 > aj+2 > . . . > an; zatim, na poziciju j stavimo najmanji odbrojeva aj+1, aj+2, . . . , an koji je veci od aj , a onda aj i preostale brojeve poredjamo napozicijama j + 1 do n u rastucem poretku. Pseudo-kod ove procedure je dat u nastavku(tu je swap procedura koja menja vrednosti 2 broja).


procedure sledecapermutacija(a1a2 . . . an)// a1a2 . . . an je permutacija 1, 2, . . . , n razlicita od n . . . 21

j := n− 1while aj > aj+1

j := j − 1// po izlazu iz petlje j je najveci indeks sa aj < aj+1

k := nwhile aj > ak

k := k − 1// po izlazu iz petlje ak je najmanji broj veci od aj sa k > j

swap(aj , ak)

// preuredi brojeve aj+1 . . . an u rastuci poredakr := ns := j + 1while r > s

beginswap(ar, as)r := r − 1s := s + 1

endend procedure

PRIMER 1.4.4. Koja je sledeca permutacija u leksikografskom poretku posle42758631?

Resenje. Poslednji par brojeva u ovoj permutaciji za koje je aj < aj+1 je a4 = 5 ia5 = 8. Najmanji broj veci od a4 = 5 koji se nalazi iza njega je a6 = 6. Zbog toga broj6 dolazi na 4. poziciju, a brojevi 5, 8, 3 i 1 se rasporedjuju na poslednje cetiri pozicije urastucem poretku. Prema tome, leksikografski sledeca permutacija je 42761358.

PRIMER 1.4.5. Generisati permutacije skupa 1, 2, 3, 4 u leksikografskom poretku.

Resenje. Permutacije su date u sledecoj tabeli, poredjane po vrstama:

1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321

GENERISANJE ODREDJENE PERMUTACIJE

U slucaju da zelimo da odredimo k-tu permutaciju u leksikografskom poretku, gde je16k6n!, opet je moguce primeniti gornju proceduru, tako sto cemo poci od permutacije12 . . . n i pozvati proceduru k− 1 puta. Medjutim, postoji i jednostavniji nacin od toga.

Naime, jasno je da u leksikografskom poretku:


• prvih (n− 1)! permutacija pocinje brojem 1,

• sledecih (n− 1)! permutacija pocinje brojem 2,

• sledecih (n− 1)! permutacija pocinje brojem 3, itd.

Stoga vidimo da ce k-ta permutacija a1a2 . . . an pocinjati brojem

a1 =⌈

k

(n− 1)!

⌉,

gde dxe oznacava najmanji ceo broj veci ili jednak x (na primer, d3, 5e = 4, d−3, 5e = −3,d2e = 2). Stavise, ostatak permutacije a2 . . . an ce predstavljati k′-tu permutaciju uleksikografskom poretku svih permutacija preostalih elemenata, gde je

k′ = k − (a1 − 1)(n− 1)!.

Sada mozemo induktivno da primenimo gornje zapazanje: permutacija a2 . . . an cepocinjati

⌈k′

(n−2)!

⌉-elementom po redu iz rastuceg poretka preostalih elemenata. Treci,

cetvrti i ostale elemente permutacije mozemo da odredimo na slican nacin.Ovakvom postupku odgovara rekurzivna procedura permutacijaporedu(k,m), ciji je

pseudo-kod dat u nastavku. Promenljiva m predstavlja poziciju elementa permutacijekoji se odredjuje u tom pozivu procedure. Pretpostavlja se da je a globalno definisanicelobrojni niz, a n globalno definisani ceo broj.

procedure permutacijaporedu(k,m)a[m] :=

⌈k

(n−m)!

⌉

if m < n thenbegin

k′ := k − (a[m]− 1)(n−m)!permutacijaporedu(k′, m + 1)for i := m + 1 to n

if a[i] > a[m] thena[i] := a[i] + 1

endend procedure

for petlja u gornjem pseudo-kodu zahteva dodatno objasnjenje. Naime, u slucajuda je n > 1 poziv procedure permutacijaporedu(k′,m + 1) ce vratiti k′-tu permutacijuam+1 . . . an skupa 1, 2, . . . , n− 1. Kako je nama, u stvari, potrebna k′-ta permutacijaskupa 1, . . . , am − 1, am + 1, . . . , n, resenje se sastoji u tome da, nakon rekurzivnogpoziva, sve elemente permutacije am+1 . . . an koji su veci ili jednaki am uvecamo za 1.

PRIMER 1.4.6. Koja je 17. permutacija u leksikografskom poretku permutacijaskupa 1, 2, 3, 4?

Resenje. Prvi element trazene permutacije je

a1 =⌈

173!

⌉= 3,


a u ostatku postupka trazimo k′-tu permutaciju u leksikografskom poretku permutacijaskupa 1, 2, 4, gde je

k′ = 17− 2 · 3! = 5.

Sada je

a2 =⌈

52!

⌉= 3,

sto znaci da je element na drugoj poziciji permutacije u stvari treci element u rastucemporetku elemenata 1,2,4, a to je broj 4. Dalje je

k′ = 5− 2 · 2! = 1,

sto znaci da trazimo leksikografski prvu permutaciju elemenata skupa 1, 2, a to jepermutacija 12.

Prema tome, trazena 17. permutacija je 3412.

GENERISANJE SLUCAJNE PERMUTACIJE

Konacno, ako zelimo da odredimo slucajnu permutaciju skupa 1, 2, . . . , n, tadamozemo da primenimo sledecu proceduru:

procedure slucajnapermutacija(a,n)for i := 1 to n

a[i] := i

for k := n downto 1swap(a[k], a[rand(k)])

end procedure

U prethodnoj proceduri koristimo sledece 2 procedure: swap procedura menja vred-nosti 2 broja, dok rand(k) daje slucajan broj izmedju 1 i k, uniformno rasporedjen.Prema tome, procedura najpre od svih n elemenata slucajno bira element koji ce pojav-iti na n-toj poziciji permutacije, a zatim od preostalih n − 1 elemenata sa prvih n − 1pozicija slucajno bira element za (n − 1)-vu poziciju permutacije, i tako redom dok svielementi permutacije ne budu slucajno izabrani. Ova procedura se prvi put pojavila usledecim clancima:

• R. Durstenfeld, Algorithm 235: Random permutations, CACM (1964), 420.

• G. de Balbine, Note on random permutations, Math. Comput. 21 (1967), 710–712.

NAPOMENA. Na adresi

http://www.theory.cs.uvic.ca/~cos/cos.html

nalazi se Combinatorial Object Server, sajt koji sadrzi implementacije algoritama za generisanjemnogih vrsta kombinatornih objekata (ne samo permutacija!) prostim navodjenjem njihovihparametara u okviru odgovarajucih web strana. Istrazite ovaj paznje vredan sajt! (P.S. Kodoviimplementacija algoritama ipak nisu dostupni).


ZADACI

1.4.1. Rasporediti sledece permutacije skupa 1, 2, 3, 4, 5, 6 u leksikografski redosled:

234561, 231456, 165432, 156423, 543216, 541236, 231465, 314562,

432561, 654321, 654312, 435612.

1.4.2. Ispisati sve (ima ih 24) razlicite permutacije skupa X4 = A,E,M, T i to uleksikografskom poretku.

1.4.3. Odrediti sve 2-slovne reci sa slovima iz skupa a, b, c, d u leksikografskomporetku.

1.4.4. Odrediti broj reci koje se mogu dobiti od slovaa) M, A, T, R, I, C, A; b) K, V, A, D, R, A, T, N, A.Za svaku od te 2 reci odrediti koja je po redu medju svim recima od tih slova kojesu date u leksikografskom poretku.

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

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

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

1.5 GENERISANJE KOMBINACIJA

Kao i permutacije, kombinacije su takodje vazni kombinatorni objekti koje je cestopotrebno konstruisati u praksi pomocu racunara. Prvo pitanje na koje cemo odgovoritiu ovoj sekciji je kako generisati sve kombinacije skupa sa n elemenata, bez obzira na brojelemenata koji te kombinacije sadrze. Medjutim, mnogo interesantniji problemi ticu segenerisanja kombinacija koje sadrze k elemenata (tzv. k-kombinacija), tako da su glavnapitanja na koja cemo odgovoriti u ovoj sekciji sledeca:

• Kako generisati sve k-kombinacije skupa sa n elemenata?

• Kako medju(nk

)ovakvih kombinacija generisati kombinaciju sa datim rednim bro-

jem?

• Kako generisati slucajnu k-kombinaciju?

Pre nego sto pocnemo sa predstavljanjem algoritama za generisanje, moramo davidimo kako ce se kombinacije predstavljati u memoriji racunara. S obzirom da kombi-nacija u stvari predstavlja podskup datog skupa, jedan nacin predstavljanja je pomocuniza koji ce sadrzati sve elemente kombinacije. Drugi, efektniji, nacin je da kombinaciju,tj. podskup, predstavimo pomocu njegove karakteristicne funkcije. Na taj nacin, svaku


kombinaciju skupa sa n elemenata mozemo da predstavimo pomocu niza od n bitova jed-nakih 0 ili 1. Ukoliko kombinacija sadrzi k elemenata, tada njena binarna reprezentacijasadrzi k bitova jednakih 1.

Sada se sve kombinacije skupa sa n elemenata mogu generisati tako sto ce se gener-isati binarne reprezentacije brojeva od 0 do 2n − 1, redom, a onda iz njih konstruisatikombinacije. Ako je data binarna reprezentacija broja i, 0 6 i < 2n − 1, tada se binarnareprezentacija broja i + 1 dobija tako sto pronadjemo poslednje pojavljivanje bita 0 ureprezentaciji (svi bitovi nakon toga su jednaki 1), a zatim ovaj bit promenimo u 1, a svebitove nakon njega u 0. U nastavku je dat pseudo kod za ovu proceduru.

procedure sledeca binarna reprezentacija(n, b1b2 . . . bn)// pretpostavlja se da je b1b2 . . . bn 6= 11 . . . 1

i := nwhile bi = 1

beginbi := 0i := i− 1

endbi := 1end procedure

PRIMER 1.5.1. Koja je sledeca binarna reprezentacija nakon 110010111?

Resenje. Bit 0 se poslednji put pojavljuje na sestom mestu ove reprezentacije. Zbogtoga sledecu binarnu reprezentaciju dobijamo tako sto na sesto mesto postavimo bit 1,a zatim na sedmo, osmo i deveto mesto postavimo bit 0, dobijajuci tako reprezentaciju110011000.

GENERISANJE SVIH k-KOMBINACIJA

Sve k-kombinacije skupa 1, 2, . . . , n mogu se generisati u leksikografskom poretkutakodje pomocu njihovih binarnih reprezentacija: algoritam pocinje kombinacijom1, 2, . . . , k cija je reprezentacija

11 . . . 1︸︷︷︸k

00 . . . 0

i redom generise reprezentacije za svaku sledecu kombinaciju sve dok ne stigne do kom-binacije n− k + 1, . . . , n− 1, n, cija je reprezentacija

00 . . . 0 11 . . . 1︸︷︷︸k

.

Glavni sastojak ovog algoritma je procedura za odredjivanje binarne reprezentacijeleksikografski sledece kombinacije. Ova procedura se zasniva na cinjenici da je, za bilokoji prefiks b1b2 . . . bt−11, 16 t < n, reprezentacija leksikografski prve kombinacije sa timprefiksom

b1b2 . . . bt−11 11 . . . 100 . . . 0,


a reprezentacija leksikografski poslednje kombinacije

(1.1) b1b2 . . . bt−11 00 . . . 011 . . . 1.

Nakon svih tih reprezentacija leksikografski sledeca kombinacija je jednaka

(1.2) b1b2 . . . bt−10 111 . . . 100 . . . 0,

gde 111 . . . 1 u (1.2) sadrzi jednu jedinicu vise od 11 . . . 1 u (1.1).Primetimo da za svaku reprezentaciju, osim za leksikografski poslednju kombinaciju

00. . . 011. . . 1, postoji jedinstveni prefiks b1b2 . . . bt−11 za koji ona ima oblik (1.1), takoda ostatak reprezentacije sadrzi vezani niz nula, a zatim vezani niz jedinica (tu je barjedna nula, dok jedinica ne mora ni da bude – tad je broj jedinica u ostatku reprezentacijejednak nuli). Procedura najpre nalazi taj prefiks i zatim odredjuje reprezentaciju leksiko-grafski sledecu kombinacije – to je (1.2): jedinicu sa kraja prefiksa menja u nulu, odmahiza nje redja potreban broj jedinica i na kraju ostatak popunjava nulama. U nastavkuje dat pseudo-kod ove procedure.

procedure sledeca kombinacija(n, b1b2 . . . bn)// pretpostavlja se da je b1b2 . . . bn 6= 00 . . . 011 . . . 1

i := nwhile bi = 1

i := i− 1j := n− i // ovo je broj jedinica na kraju nizawhile bi = 0

i := i− 1

// trazeni prefiks je b1b2 . . . bi−11bi := 0for k := i + 1 to i + j + 1

bk := 1for k := i + j + 2 to n

bk := 0end procedure

PRIMER 1.5.2. Koja je sledeca kombinacija skupa 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 nakon1, 2, 6, 7?

Resenje. Binarna reprezentacija kombinacije 1, 2, 6, 7 je 1100011. Ona ima ob-lik (1.1) za prefiks 11, tako da je, prema prethodnoj proceduri, 1011100 reprezentacijaleksikografski sledece kombinacije 1, 3, 4, 5.

PRIMER 1.5.3. Koja je sledeca kombinacija skupa 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 nakon1, 2, 3, 6?

Resenje. Binarna reprezentacija kombinacije 1, 2, 3, 6 je 1110010. U ovom slucaju,oblik (1.1) se dobija za prefiks 111001 (primetimo da gornja procedura nema nista pro-tiv da se reprezentacija zavrsava nulom). Sada je 1110001 reprezentacija leksikografskisledece kombinacije 1, 2, 3, 7.


NAPOMENA. Glavna osobina prethodne procedure je njena jednostavnost. Medjutim,sigurno je da ona nije najbrza moguca. Ukoliko zelite da steknete detaljniji uvid u razlicite ibrze pristupe generisanju kombinacija, procitajte dokument sa adrese

http://www-cs-faculty.stanford.edu/~knuth/fasc3a.ps.gz,

koji sadrzi prilicno iscrpnu pricu o generisanju kombinacija (na 65 strana) i predstavlja pocetnuverziju poglavlja koje ce se pojaviti u cetvrtom tomu sada vec klasicne serije knjiga The Art ofComputer Programming, autora Donalda Knutha.

NAPOMENA. Jedan od novijih radova u kome se predstavlja brzi algoritam za generisanjesvih k-kombinacija je:

• Frank Ruskey, Aaron Williams, Generating combinations by prefix shifts, COCOON 2005,The Eleventh International Computing and Combinatorics Conference, Kunming, China,2005, Lecture Notes in Computer Science, 3595 (2005) 570-576.

(Jeste, Frank Ruskey je autor sajta Combinatorial Object Server.)Ovaj rad se moze naci i na adresi

http://www.cs.uvic.ca/~ruskey/Publications/Coollex/Coollex.pdf.

U ovom radu se takodje daje i procedura za generisanje kombinacije sa datim rednim brojem.

NAPOMENA. Da bi se omogucilo brze generisanje kombinacija u ovom i slicnim radovimane koristi se leksikografski, vec druge vrste poretka na skupu kombinacija. Naime, iako jeleksikografski poredak lako razumljiv, nema jakog razloga zasto bas njega treba koristiti u praksi.Na primer, ako treba da se generisu sve kombinacije, onda nije preterano bitno da li ce tekombinacije biti sortirane, vec da li smo sigurni da su bas sve generisane.

Evo i zanimljivog predloga za citaoce: istrazite na Internetu sta je to Grejov kod (eng. Graycode)!

GENERISANJE ODREDJENE k-KOMBINACIJE

Pre nego sto predjemo na algoritam za generisanje k-kombinacije skupa 1, 2, . . . , nsa datim rednim brojem r, moramo da odgovorimo na jednostavno pitanje:

Koliko ima k-kombinacija a1, a2, . . . , ak, a1 < a2 < . . . < ak, koje pocinjudatim elementom?

Naravno, odgovor na ovo pitanje nije tezak: ako je data vrednost a1, tada je a2, . . . , akjedna (k − 1)-kombinacija skupa a1 + 1, a1 + 2, . . . , n, pa je ukupan broj takvih kom-binacija jednak

(n−a1k−1

).

Prema tome, u leksikografskom poretku postoji:

• (n−1k−1

)kombinacija koje pocinju elementom 1;

• (n−2k−1

)kombinacija koje pocinju elementom 2;

• ...

• (k−1k−1

)kombinacija koje pocinju elementom n− k + 1.


Sada mozemo da vidimo da ce k-kombinacija sa rednim brojem r u leksikografskomporetku pocinjati onim elementom a1 za koji vazi da je

(1.3)a1−1∑

i=1

(n− i

k − 1

)< r 6

a1∑

i=1

(n− i

k − 1

).

Stavise, (k − 1)-kombinacija a2, . . . , ak ce, u leksikografskom poretku, medju kombi-nacijama koje pocinju elementom a1, imati redni broj

r′ = r −a1−1∑

i=1

(n− i

k − 1

).

U tom slucaju, da bismo pronasli ostale elemente kombinacije dovoljno je rekurzivnoodrediti koja (k − 1)-kombinacija skupa a1 + 1, a1 + 2, . . . , n ima redni broj r′.

Prethodna zapazanja se lako prevode u rekurzivni algoritam, ciji je pseudo-kod datu nastavku. Znacenje promenljivih u pozivu procedure je sledece:

• r je redni broj kombinacije;

• m je pozicija prvog neodredjenog elementa kombinacije u nizu a, koji sadrzi sveelemente kombinacije.

U proceduri se pretpostavlja da je a globalno definisani celobrojni niz, a n i k globalnodefinisani celi brojevi. Rezultat procedure je niz a = a1a2 . . . ak i njim je u potpunostiodredjena r-ta u leksikografskom redosledu k-kombinacija skupa Nn — a1, a2, . . . , ak.Da bi sam algoritam bio jednostavniji, pretpostavicemo i da je a0 = 0 (tj. da je todefinisano van tela procedure)!

procedure kombinacija po redu(r,m)// pretpostavlja se da je k 6 n− a[m− 1] i r 6

(n−a[m−1]

k

)if m > k

return// uslov za zavrsetak rekurzije; tad je a1a2 . . . ak data kombinacija

t := 1 // t je redni broj a[m] u skupu am−1 + 1, . . . , ns′ := 0 // donja parcijalna suma iz (1.3) za i od 1 do t−1 = 0s :=

(n−a[m−1]−t

k−m

)// gornja parcijalna suma iz (1.3) za i od 1 do t = 1

while r > sbegin

t := t + 1s′ := ss := s +

(n−a[m−1]−t

k−m

)end

a[m] := a[m− 1] + tr′ := r − s′

kombinacija po redu(r′, m + 1)end procedure


PRIMER 1.5.4. Koja je kombinacija 12. po redu u leksikografskom poretku 3-kombinacija skupa 1, 2, 3, 4, 5, 6?

Resenje. Imamo n = 6, k = 3 i r = 12. Iz (1.3) vidimo da ovom rednom brojuodgovara 3-kombinacija ciji je prvi element jednak a1 = 2 jer je

(52

)= 10 < 12 6 16 =

(52

)+

(42

).

Ostatak kombinacije a2, a3 sada predstavlja leksikografski drugu 2-kombinaciju skupa3, 4, 5, 6, a to je kombinacija 3, 5. Prema tome, trazena 3-kombinacija je 2, 3, 5.

GENERISANJE SLUCAJNE k-KOMBINACIJE

Postoje dva pristupa za generisanje slucajne k-kombinacije:

i) Generisimo slucajnu permutaciju i prvih k elemenata te permutacije proglasimoslucajnom kombinacijom;

ii) Generisimo elemente kombinacije a1, a2, . . . , ak, a1 < a2 < . . . < ak, redom:

– element a1 uzima slucajnu vrednost izmedju 1 i n− k + 1 (tako da iza njegaostane bar k − 1 slobodnih vrednosti za preostale elemente kombinacije);

– element a2 uzima slucajnu vrednost izmedju a1 + 1 i n− k + 2;– element a3 uzima slucajnu vrednost izmedju a2 + 1 i n− k + 3;

–...

– element ak uzima slucajnu vrednost izmedju ak−1 + 1 i n = n− k + k.

Sta mislite, koji od ova dva pristupa ce kombinacije generisati uniformno (tako dasvaka kombinacija ima jednaku sansu da bude generisana)? Razmotrimo ih malo de-taljnije:

• Kako se u prvom pristupu permutacije generisu uniformno, mozemo ocekivati da cese svaka permutacija pojaviti jednom u n! poziva procedure. Koliko puta ce onda,medju ovih n! poziva, biti generisana proizvoljna kombinacija a1, a2, . . . , ak?Upravo onoliko puta koliko ima i permutacija n elemenata cijih je prvih k elemenatajednako a1, a2, . . . , ak. S obzirom da prvih k elemenata mozemo da rasporedimona k! nacina, a da preostalih n − k elemenata mozemo da rasporedimo na (n −k)! nacina, broj ovakvih permutacija jednak je k!(n− k)!.

Prema tome, prvi pristup generise kombinacije na uniforman nacin.

• Za razliku od njega, u drugom pristupu ce razlicite kombinacije imati razlicite sanseza pojavljivanje.

Najpre, kombinacija n−k+1, . . . , n−1, n ce imati najvecu sansu za pojavljivanje:otprilike jednom na svakih n − k + 1 puta! Razlog tome je sto, ako je generatorslucajnih brojeva uniforman, mozemo ocekivati da ce a1 dobiti vrednost n− k + 1jednom u svakih n−k+1 poziva procedure. U tom slucaju, vrednosti za a2, . . . , ak

su vec odredjene: one se moraju izabrati tako da je a2 = n−k+2, . . . , ak−1 = n−1,ak = n.

S druge strane, kombinacija 1, 2, . . . , k ce imati najmanju sansu za pojavljivanje:


– mozemo ocekivati da ce a1 dobiti vrednost 1 jednom u svakih n−k +1 pozivaprocedure;

– mozemo ocekivati da ce a2 dobiti vrednost 2 jednom u svakih n−k+1 slucajevau kojima je a1 = 1;

–...

– mozemo ocekivati da ce ak dobiti vrednost k jednom u svakih n−k+1 slucajevau kojima je a1 = 1, . . . , ak−1 = k − 1.

Prema tome, kombinacija 1, 2, . . . , k ce se pojavljivati otprilike jednom u svakih(n−k+1)k poziva procedure, sto je daleko redje od kombinacije n−k+1, . . . , n−1, n!

Sada jasno vidimo da drugi pristup ne generise kombinacije na uniforman nacin i danjega, prema tome, ne treba koristiti u praksi.

NAPOMENA. Nije na odmet jos jednom napomenuti da se na adresi

http://www.theory.cs.uvic.ca/~cos/cos.html

nalazi Combinatorial Object Server, sajt sa implementacijama algoritama za generisanje mnogihvrsta kombinatornih objekata (ne samo kombinacija!) prostim navodjenjem njihovih parametarau okviru odgovarajucih web strana.

ZADACI

1.5.1. Odrediti sledeci niz bitova koji sledi nakon 10 1011 1111.

1.5.2. Neka je S = a, b, c, d, e. Odrediti za svaku kombinaciju koja joj prethodi ikoja sledi nakon nje u algoritmu koji generise sve kombinacije skupa S:a) a, c, d; b) a, c, d, e; c) a, d, e; d) a; e) b, e.

1.5.3. Neka je S = 1, 2, 3, 4, 5, 6. Pronaci sledece 3 kombinacije u algoritmu kojigenerise sve kombinacije skupa S nakon:a) 1, 5, 6; b) 1, 2, 4, 6; c) 1, 3, 6; d) 4; e) 2, 3, 4, 6.

1.5.4. Naci sledece 4 kombinacije u leksikografskom redosledu od 4 elementa skupa1, 2, 3, 4, 5, 6 nakon kombinacije 1, 2, 5, 6.

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

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

1.5.7. Odrediti a) 28-mu; b) 75-tu; c) 100-tu kombinaciju sa 4 elementa skupa1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.


1.6 OSOBINE BINOMNIH KOEFICIJENATA

Binomni koeficijenti(nk

)imaju neobicno veliki broj primena i sasvim sigurno su jedan

od najvaznijih kombinatornih pojmova. U ovoj sekciji cemo prouciti neke od njihovihosnovnih osobina, a u sledecoj sekciji cemo te osobine iskoristiti za dokazivanje jos nekihnjihovih osobina, kao i za dokazivanje identiteta u kojima ucestvuju binomni koeficijenti.

NAPOMENA. Veoma zanimljiv sajt na adresi

http://binomial.csuhayward.edu/

je u potpunosti posvecen binomnim koeficijentima i zaista ga vredi istraziti.

FAKTORIJELNA REPREZENTACIJA

Binomni koeficijenti se najjednostavnije predstavljaju pomocu faktorijela.

LEMA. 1.6.1. Faktorijelna reprezentacija. Za cele brojeve n i k,n > k > 0 vazi

(1.4)(

n

k

)=

n!k!(n− k)!

.

Dokaz . Ova jednakost se dobija prosirenjem razlomka u Definiciji 1.3.2 binomnogkoeficijenta sa (n− k)!. Naime,

(n

k

)=

n(n− 1)(n− 2) · . . . · (n− k + 1)k(k − 1) · . . . · 2 · 1

=n(n− 1)(n− 2) · . . . · (n− k + 1) · (n− k)!

k(k − 1) · . . . · 2 · 1 · (n− k)!=

n!k!(n− k)!

.

Osim sto se pomocu prethodne leme binomni koeficijenti mogu predstaviti pomocufaktorijela, ona takodje dopusta i obratnu mogucnost da kombinacije faktorijela pred-stavimo pomocu binomnih koeficijenata.

USLOV SIMETRICNOSTI

Pomocu (1.4) lako se dokazuje i sledeca lema.

LEMA. 1.6.2. Uslov simetricnosti. Za svaki ceo broj n> 0 i svaki ceo broj k vazi

(1.5)(

n

k

)=

(n

n− k

).

Dokaz . Iz jednakosti (1.4) dobijamo(

n

k

)=

n!k!(n− k)!

=n!

(n− k)!k!=

n!(n− k)!(n− (n− k))!

=(

n

n− k

).


Kombinatorno, jednakost (1.5) znaci da je broj k-toclanih podskupova skupa X san elemenata jednak broju podskupova sa n − k elemenata. Ovo se moze proveriti idirektno — dovoljno je svakom k-toclanom podskupu dodeliti njegov komplement u X.

ADICIONA FORMULA

Pomocu (1.4) je takodje moguce dokazati i sledecu lemu.

LEMA. 1.6.3. Adiciona formula. Za cele brojeve n i k vazi

(1.6)(

n

k

)=

(n− 1

k

)+

(n− 1k − 1

).

Dokaz . U ovom slucaju elegantniji dokaz se dobija kombinatornim tumacenjem obestrane jednakosti (1.6). Leva strana (1.6) predstavlja broj k-toclanih podskupova nekogn-toclanog skupa X. Izaberimo proizvoljni element a ∈ X. Sada k-toclane podskupoveskupa X mozemo da podelimo u dve grupe u zavisnosti od toga da li sadrze a ili ne.Podskupovi koji ne sadrze a su upravo svi k-toclani podskupovi skupa X\a, pa je njihovbroj

(n−1

k

). Ako je A neki k-toclani podskup skupa X koji sadrzi a, tada podskupu A

mozemo da mu pridruzimo podskup A′ = A \ a koji sadrzi k − 1 elemenata. Moze seproveriti da je ovo pridruzivanje bijekcija izmedju svih k-toclanih podskupova skupa Xkoji sadrze a i svih podskupova sa k−1 elemenata skupa X\a. Broj takvih podskupovaje stoga jednak

(n−1k−1

). Sve u svemu, broj k-toclanih podskupova skupa X je jednak(

n−1k

)+

(n−1k−1

).

Prethodna lema vazi i u slucajevima kada je k < 0 ili k > n, jer su tada svi binomnikoeficijenti jednaki 0. Ona takodje vazi i kada n nije ceo broj ili kada je n < 0, s tim stou ovim slucajevima ona vise nema kombinatorno tumacenje.

Jednakost (1.6) se u stranoj literaturi naziva Paskalov identitet (eng. Pascal’s iden-tity). Jedan od glavnih razloga za to je sto je blisko povezana sa tzv. Paskalovim trouglom:

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1...

...

Paskalov trougao se dobija tako sto se pocne sa redom koji sadrzi samo broj 1, a zatim sesvaki sledeci red dobija tako sto se ispod svakog para uzastopnih brojeva u prethodnomredu napise njihov zbir, i na kraju se na oba kraja novog reda stavi broj 1.

Indukcijom uz pomoc jednakosti (1.6) moze da se dokaze da (n + 1)-vi red sadrzibinomne koeficijente

(n0

),(n1

), . . . ,

(nn

). Paskalov trougao omogucava i da se proizvoljan

binomni koeficijent izracuna koristeci samo sabiranje: naime, za nalazenje vrednosti(nk

)dovoljno je izracunati samo one vrednosti koje se u Paskalovom trouglu nalaze gore levoi gore desno od (k + 1)-ve pozicije u n-tom redu trougla.


BINOMNA TEOREMA

Najvaznije svojstvo binomnih koeficijenata iskazano je u sledecoj teoremi. Ona secesto naziva i Binomni razvoj ili Razvoj stepena binoma.

TEOREMA 1.6.4. Binomna teorema. Za svaki nenegativni ceo broj n vazi

(1.7) (x + y)n =n∑

k=0

(n

k

)xkyn−k

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

Dokaz . Binomnu teoremu dokazujemo indukcijom po n. Za n = 0 obe strane jed-nakosti (1.7) su jednake 1. Pretpostavimo stoga da (1.7) vazi za neko n = n0 > 0 idokazimo da tada (1.7) vazi i za n = n0 + 1. Dakle,

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

n0∑

k=0

(n0

k

)xkyn0−k

= x

n0∑

k=0

(n0

k

)xkyn0−k + y

n0∑

k=0

(n0

k

)xkyn0−k

=n0∑

k=0

(n0

k

)xk+1yn0−k +

n0∑

k=0

(n0

k

)xkyn0−k+1

(2)=

n0+1∑

k=1

(n0

k − 1

)xkyn0−k+1 +

n0∑

k=0

(n0

k

)xkyn0−k+1

(3)=

(n0

n0

)xn0+1y0 +

n0∑

k=1

(n0

k − 1

)xkyn0−k+1 +

(n0

0

)x0yn0+1 +

n0∑

k=1

(n0

k

)xkyn0−k+1

(4)=

(n0 + 1n0 + 1

)xn0+1y0 +

(n0 + 1

0

)x0yn0+1 +

n0∑

k=1

((n0

k − 1

)+

(n0

k

))xkyn0+1−k

(5)=

(n0 + 1n0 + 1

)xn0+1y0 +

(n0 + 1

0

)x0yn0+1 +

n0∑

k=1

(n0 + 1

k

)xkyn0+1−k

(6)=

n0+1∑

k=0

(n0 + 1

k

)xkyn0+1−k.

Ovde jednakost (1) vazi zbog induktivne pretpostavke za (x + y)n0 , (2) je promenagranica promenljive k u prvoj sumi, (3) je izdvajanje dva posebna slucaja, u (4) koristimo(n0n0

)= 1 =

(n0+1n0+1

)i(n00

)= 1 =

(n0+1

0

), u (5) koristimo

(n0

k−1

)+

(n0k

)=

(n0+1

k

), a (6) je

vracanje dva posebna slucaja.

PRIMER 1.6.5. Kako glasi izraz (a + b)4 u razvijenom obliku?


Resenje. Iz Binomne teoreme dobijamo da je

(a + b)4 =4∑

k=0

(4k

)akb4−k

=(40

)b4 +

(41

)ab3 +

(42

)a2b2 +

(43

)a3b +

(44

)a4

= a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4.

Primetimo da se koeficijenti 1 4 6 4 1 u binomnom razvoju javljaju kao 5-ta vrsta uPaskalovom trouglu. Uopste, imamo da za razvoj (a + b)n koristimo (n + 1)-vu vrstu uPaskalovom trouglu (pri cemu se stepeni uz a smanjuju, a uz b povecavaju).

PRIMER 1.6.6. Koji je koeficijent uz x10y12 u razvoju izraza (x + y)22?

Resenje. Iz Binomne teoreme sledi da je ovaj koeficijent jednak(

2210

)=

22!10!12!

= 646 646.

PRIMER 1.6.7. Koji je koeficijent uz x10y12 u razvoju izraza (3x− 2y)22?

Resenje. Najpre, primetimo da je ovaj izraz jednak(3x + (−2y)

)22. Sada iz Binomneteoreme sledi da je

(3x + (−2y)

)22 =22∑

k=0

(22k

)(3x)k(−2y)22−k.

Sabirak x10y12 u ovom izrazu se dobija za k = 10, i njegov koeficijent je jednak(

2210

)310(−2)12 =

22!10!12!

310212 = 156 400 843 382 784.

Ako u binomnoj teoremi stavimo y = 1 tada dobijamo vazan specijalni slucaj

(1.8) (1 + x)n =n∑

k=0

(n

k

)xk.

Pomocu binomne teoreme mozemo da dokazemo mnoge identitete sa binomnim koefi-cijentima. Ovim poslom cemo se vise baviti u sledecoj sekciji, a ovde cemo navesti samojos dva jednostavna identiteta.

POSLEDICA. 1.6.8 Za nenegativan ceo broj n vazi

n∑

k=0

(n

k

)= 2n.


Dokaz . Koristeci binomnu teoremu sa x = 1 i y = 1 dobijamo

2n = (1 + 1)n =n∑

k=0

(n

k

)1k1n−k =

n∑

k=0

(n

k

).

Ova posledica ima i interesantan kombinatorni dokaz. U tu svrhu prebrojacemo svepodskupove skupa X sa n elemenata na dva nacina. S jedne strane, X ima 2n razlicitihpodskupova (Teorema 1.2.4). S druge strane, za svako k = 0, 1, . . . , n, skup X ima

(nk

)

podskupova sa tacno k elemenata. Zbog toga,nX

k=0

(nk

)takodje predstavlja ukupan broj

podskupova skupa X, pa stoga vazi jednakost iz tvrdjenja.

POSLEDICA. 1.6.9 Za nenegativan ceo broj n vazi

n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)= 0.

Dokaz . Stavljanjem x = −1 i y = 1 u binomnu teoremu dobijamo

0 = 0n =((−1) + 1

)n =∑

k=0

(n

k

)(−1)k1n−k =

∑

k=0

(n

k

)(−1)k.

Sabiranjem, odnosno oduzimanjem, identiteta iz prethodne dve posledice dobijamoda vazi i

(n

0

)+

(n

2

)+

(n

4

)+ . . . = 2n−1,

(n

1

)+

(n

3

)+

(n

5

)+ . . . = 2n−1.

POLINOMNA TEOREMA

Podsetimo se da za polinomne koeficijente vazi Lema 1.3.15, tj.(

n

n1, n2, . . . , nk

)=

n!n1! · n2! · n3! · . . . · nk!

.

S obzirom da polinomni koeficijenti uopstavaju binomne koeficijente, moguce jedokazati i sledecu teoremu.

TEOREMA 1.6.10. Polinomna teorema. Za proizvoljne realne brojeve x1, x2,. . . , xm i za svaki prirodan broj n > 1 vazi

(x1 + x2 + . . . + xm)n =∑

k1 + . . . + km = nk1, . . . , km > 0

(n

k1, k2, . . . , km

)xk1

1 xk22 · . . . · xkm

m .


Medjutim, iako se polinomna teorema moze dokazati indukcijom po n, analognodokazu binomne teoreme, elegantniji i direktniji dokaz se moze dobiti tehnikama kojecemo obraditi u sledecoj glavi, pa cemo je tada i dokazati.

PRIMER 1.6.11. Kako glasi izraz (x + y + z)3 u razvijenom obliku?

Resenje. Po polinomnoj teoremi imamo da vazi

(x + y + z)3 =(

33, 0, 0

)x3 +

(3

0, 3, 0

)y3 +

(3

0, 0, 3

)z3 +

(3

2, 1, 0

)x2y +

(3

2, 0, 1

)x2z +

(3

1, 2, 0

)xy2 +

(3

0, 2, 1

)y2z +

(3

1, 0, 2

)xz2 +

(3

0, 1, 2

)yz2 +

(3

1, 1, 1

)xyz

=3!

3!0!0!x3 +

3!0!3!0!

y3 +3!

0!0!3!z3 +

3!2!1!0!

x2y +3!

2!0!1!x2z +

3!1!2!0!

xy2 +

3!0!2!1!

y2z +3!

1!0!2!xz2 +

3!0!1!2!

yz2 +3!

1!1!1!xyz

= x3+y3+z3+3x2y+3x2z+3xy2+3y2z+3xz2+3yz2+6xyz.

Desna strana polinomne formule obicno ima dosta sabiraka, s obzirom da se sabirapo svim predstavljanjima broja n pomocu m sabiraka, ali se ova teorema ionako najcescekoristi kako bismo odredili koeficijent uz neki odredjeni clan.

PRIMER 1.6.12. Koji je koeficijent uz clan x2y3z5 u razvoju izraza (x + y − z)10?

Resenje. Primenjujuci polinomnu teoremu na izraz(x + y + (−z)

)10 vidimo da jetrazeni koeficijent jednak (

102, 3, 5

)(−1)5 = −2 520,

gde cinilac (−1)5 dolazi iz proizvoda x2y3(−z)5.

ZADACI

1.6.1. Na koliko se nacina moze procitatirecenica

ANA VOLI MILOVANAna prikazanoj semi? (Recenica moze dapocne bilo kojim slovom A, a posle svakogslova prelazi se na njemu susedno slovo pohorizontali ili vertikali u bilo kom smeru ukome se recenica moze nastaviti.)

AANA

ANANAANAVANA

ANAVOVANAANAVOLOVANA

ANAVOL ILOVANAANAVOL IM I LOVANA

ANAVOL ILOVANAANAVOLOVANA

ANAVOVANAANAVANAANANA

ANAA


1.6.2. Izracunati zbir koeficijenata polinoma po x koji predstavlja razvoj izraza(3x− 2)100.

1.6.3. Naci koeficijent uz:a) x10 u razvoju izraza (1− x2 + x3)11.b) x3 u razvoju izraza (1− x + 2x2)9.

1.6.4. Odrediti koeficijent uz p2q3r3s4 u razvoju izraza (2p− 3q + 2r − s)12.

1.6.5. Neka je izmnozen izraz (x + y + z)n i neka su sabirci grupisani zajedno nauobicajeni nacin: na primer za n = 2,

(x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx,

a videti i Primer 1.6.11. Koliko ima sabiraka na desnoj strani, ako je n proizvoljanprirodan broj?

1.6.6. Dokazati da je(nk

)6

(n

k+1

)za k 6 [n/2] i

(nk

)>

(n

k+1

)za k > [n/2].

1.6.7. Dokazite Lajbnicovu formulu za izvod proizvoda funkcija: neka su u, v realnefunkcije jedne realne promenljive i neka f (k) oznacava k-ti izvod funkcije f . Tada je

(uv)(n) =n∑

k=0

(n

k

)u(k)v(n−k)

(pod pretpostavkom da svi izvodi u formuli postoje). Slucaj n = 1 je standardna formulaza izvod proizvoda, (uv)′ = u′v + uv′, koja je poznata iz kursa Analize.

1.6.8. Neka ja p prost broj.a) Dokazati da su svi brojevi

(p1

),(p2

), . . . ,

(p

p−1

)deljivi sa p.

b) Dokazati da je za svaki ceo broj a razlika ap − a deljiva sa p.

1.7 BINOMNI IDENTITETI

Binomni koeficijenti zadovoljavaju mnostvo identiteta, i vec vekovima se istrazujunjihova svojstva. Cele knjige su posvecene samo njima, pa cak postoje i automatizovanimetodi za dokazivanje identiteta sa binomnim koeficijentima. Jedan od takvih metoda jePrincip zmijskog ulja (eng. Snake-oil metod), koji se bazira na manipulaciji sa funkcijamageneratrisa koje cemo upoznati u sledecoj glavi.

NAPOMENA. Prilicno opsiran spisak ovakvih identiteta (od cega mnogi imaju dokaze)moze se naci na adresi

http://binomial.csuhayward.edu/Identities.html


U klasicnoj kombinatorici postoje dva opste prihvacena nacina za dokazivanje bi-nomnih identiteta — analiticki i kombinatorni. Pod analitickim dokazivanjem se po-drazumeva koriscenje poznatih binomnih identiteta za transformaciju izraza sa binomnimkoeficijentima, dok se pod kombinatornim dokazivanjem podrazumeva nalazenje nacinada se obe strane identiteta protumace kao izrazi koji prebrojavaju isti skup objekata nadva razlicita nacina. U zavisnosti od slucaja, moze biti lakse da se nadje analiticki dokazili da se nadje kombinatorni dokaz. U ovoj sekciji cemo uglavnom koristiti analitickedokaze, ali cemo pri njenom kraju dati i dva primera kombinatornih dokaza.

Pored najjednostavnijih svojstava (1.4), (1.5), (1.6), kao i veoma vazne Binomneteoreme, za rad sa binomnim koeficijentima se cesto koriste i sledece leme.

IZVLACENJE IZ ZAGRADA

LEMA. 1.7.1. Za ceo broj k 6= 0 i proizvoljan broj n vazi

(1.9)(

n

k

)=

n

k

(n− 1k − 1

)=

n

n− k

(n− 1

k

).

Dokaz . Ove jednakosti se lako dokazuju Faktorijelnom reprezentacijom (1.4) binomnihkoeficijenata:

(n

k

)=

n!k!(n− k)!

=n(n− 1)!

k(k − 1)!(n− k)!=

n

k

(n− 1k − 1

),

(n

k

)=

n!k!(n− k)!

=n(n− 1)!

k!(n− k)(n− k − 1)!=

n

n− k

(n− 1

k

).

SUMACIONA FORMULA

LEMA. 1.7.2. Za cele brojeve n i m, n,m > 0 vazi

(1.10)n∑

k=0

(r + k

k

)=

(r

0

)+

(r + 1

1

)+ . . . +

(r + n

n

)=

(r + n + 1

n

),

(1.11)n∑

k=0

(k

m

)=

(0m

)+

(1m

)+ . . . +

(n

m

)=

(n + 1m + 1

).

Dokaz . Obe formule dokazujemo matematickom indukcijom po n uz pomoc Adicioneformule (1.6).


Za n = 0 obe strane jednakosti (1.10) su jednake 1. Pretpostavimo sada da jed-nakost (1.10) vazi za neko n = n0. Sada za n = n0 + 1 imamo

n0+1∑

k=0

(r + k

k

)=

n0∑

k=0

(r + k

k

)+

(r + n0 + 1

n0 + 1

)(induktivna pretpostavka)

=(

r + n0 + 1n0

)+

(r + n0 + 1

n0 + 1

)(adiciona formula)

=(

r + (n0 + 1) + 1n0 + 1

).

Sto se tice jednakosti (1.11) za n = 0 njena leva strana je jednaka(

0m

), dok je desna

strana jednaka(

1m+1

). Tada su za m = 0 obe strane jednake 1, dok su za m 6= 0 obe

strane jednake 0. U svakom slucaju, jednakost (1.11) vazi za n = 0.Pretpostavimo sada da ona vazi za neko n = n0. Tada za n = n0 + 1 imamo

n0+1∑

k=0

(k

m

)=

n0∑

k=0

(k

m

)+

(n0 + 1

m

)(induktivna pretpostavka)

=(

n0 + 1m + 1

)+

(n0 + 1

m

)(adiciona formula)

=(

(n0 + 1) + 1m + 1

).

Jednakost (1.11) se cesto pojavljuje u primenama. Na primer, za m = 1 dobijamoformulu za zbir prvih n prirodnih brojeva (koji se moze iskoristiti i za odredjivanje zbiraaritmeticke progresije):

(01

)+

(11

)+ . . . +

(n

1

)= 0 + 1 + . . . + n =

(n + 1

2

)=

(n + 1)n2

.

Pretpostavimo da zelimo da nadjemo zbir 12 + 22 + . . . + n2. Ako primetimo da jek2 = 2

(k2

)+

(k1

), tada dobijamo da je

n∑

k=0

k2 =n∑

k=0

(2(

k

2

)+

(k

1

))= 2

(n + 1

3

)+

(n + 1

2

).

Resenje, koje smo dobili u binomnim koeficijentima, mozemo da vratimo u uobicajenunotaciju:

12 + 22 + . . . + n2 = 2 (n+1)n(n−1)6 + (n+1)n

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

NAPOMENA. Zbir 13 + 23 + . . . + n3 moze da se dobije na slican nacin; u sustini, svakipolinom a0 + a1k + a2k

2 + . . . + amkm moze da se izrazi u obliku b0

`k0

´+ b1

`k1

´+ . . . + bm

`km

´za pogodno izabrane koeficijente b0, b1, . . . , bm.


NEGACIJA GORNJEG INDEKSA

LEMA. 1.7.3. Negacija gornjeg indeksa. Za svaki ceo broj k i proizvoljan broj nvazi

(1.12)(−n

k

)= (−1)k

(n + k − 1

k

).

Dokaz . Ova se jednakost dobija iz definicije binomnog koeficijenta:(−n

k

)=

−n(−n− 1)(−n− 2) · . . . · (−n− k + 1)k(k − 1) · . . . · 2 · 1

=(−1)kn(n + 1)(n + 2) · . . . · (n + k − 1)

k(k − 1) · . . . · 2 · 1 = (−1)k

(n + k − 1

k

).

Negacija gornjeg indeksa je cesto korisna transformacija gornjeg indeksa u binomnomkoeficijentu.

PRIMER 1.7.4. Dokazati sumacionu formulu

(1.13)n∑

k=0

(−1)k

(r

k

)=

(r

0

)−

(r

1

)+ . . . + (−1)n

(r

n

)= (−1)n

(r − 1

n

).

Resenje. Koristeci redom negaciju gornjeg indeksa (1.12) i prvu sumacionu for-mulu (1.10) dobijamo

n∑

k=0

(−1)k

(r

k

)=

n∑

k=0

(−r + k − 1k

)=

(−r + n

n

)= (−1)n

(r − 1

n

).

POJEDNOSTAVLJIVANJE PROIZVODA

LEMA. 1.7.5. Za sve cele brojeve m i k i proizvoljan broj n vazi

(1.14)(

n

m

)(m

k

)=

(n

k

)(n− k

m− k

)

Dokaz . Ovu jednakost je dovoljno dokazati u slucaju kada je n ceo broj i n>m. Pritommozemo da pretpostavimo da je 0 6 k 6 m, jer su u suprotnom obe strane jednakostijednake 0. Sada imamo

(n

m

)(m

k

)=

n!m!m!(n−m)!k!(m− k)!

=n!(n− k)!

k!(n− k)!(m− k)!(n−m)!=

(n

k

)(n− k

m− k

).


Prethodnu jednakost smo dokazali samo za cele vrednosti n koje su vece od ili jednakesa m. Medjutim ona vazi za sve realne vrednosti n. Naime, vec smo dokazali da jednakost

(n

m

)(m

k

)=

(n

k

)(n− k

m− k

)

vazi za beskonacno mnogo vrednosti n. Obe strane ove jednakosti su polinomi popromenljivoj n. Nenula polinom stepena r moze da ima najvise r razlicitih korena,tako da ako dva polinoma stepena ne veceg od r imaju istu vrednost u r + 1 ili viserazlicitih tacaka, onda su ti polinomi identicki jednaki (ovo tvrdjenje mozemo pokazatioduzimanjem ta 2 polinoma). Ovaj princip se moze koristiti za prosirenje vaznosti mnogihidentiteta sa celih brojeva na realne brojeve.

SUME PROIZVODA

Jednakosti u sledecoj lemi se koriste kada treba sumirati proizvod dva binomna ko-eficijenta u kojima se sumacioni indeks k nalazi na donjem mestu.

LEMA. 1.7.6. Za svaki ceo broj n i svaki ceo broj r > 0 vazi

(1.15)∑

k

(r

k

)(s

n− k

)=

(r + s

n

),

(1.16)∑

k

(r

k

)(s

n + k

)=

(r + s

r + n

).

Kao sto smo vec rekli, pod kombinatornim dokazivanjem se podrazumeva tumacenjeobe strane identiteta kao izraza koji prebrojavaju neki skup objekata na dva razlicitanacina. Kod ove leme, kombinatorni dokaz pruza bolji uvid u njeno tvrdjenje.

Dokaz . Najpre cemo dokazati jednakost (1.15)

∑

k

(r

k

)(s

n− k

)=

(r + s

n

).

Neka je dat skup X sa r + s elemenata. Desna strana gornje jednakosti predstavljabroj n-toclanih podskupova skupa X.

Obojimo sada r elemenata skupa X u crvenu, a preostalih s elemenata u plavu boju.Drugi nacin da se izabere n-toclani podskup skupa X jeste da se izabere k crvenihelemenata i n − k plavih elemenata. Za svako k postoji

(rk

)nacina da se izaberu crveni

elementi, i nezavisno od toga,(

sn−k

)nacina da se izaberu plavi elementi. Sveukupno,

n-toclani podskup skupa X moze da se izabere naX

k

(rk

)(s

n−k

)nacina, sto je upravo leva

strana gornje jednakosti.

Jednakost (1.16) dokazujemo tako sto koristimo prethodnu jednakost i dva puta Uslovsimetricnosti (Lema 1.6.2):

∑

k

(r

k

)(s

n + k

)=

∑

k

(r

k

)(s

s− n− k

)=

(r + s

s− n

)=

(r + s

r + n

).


Sada cemo na nekoliko primera pokazati kako se ova lema moze iskoristiti pri radu sabinomnim identitetima.

PRIMER 1.7.7. Ako je r nenegativni ceo broj, koja je vrednost izraza∑

k

(r

k

)(s

k

)k?

Resenje. Izvlacenjem iz zagrada (Lema 1.7.1) mozemo da se oslobodimo spoljasnjeg k:

∑

k

(r

k

)(s

k

)k =

∑

k

(r

k

)(s− 1k − 1

)s

kk = s

∑

k

(r

k

)(s− 1k − 1

).

Sada moze da se primeni jednakost (1.16) sa n = −1. Krajnje resenje je

∑

k

(r

k

)(s

k

)k = s

(r + s− 1

r − 1

).

PRIMER 1.7.8. Dokazati da vazin∑

k=0

(n

k

)2

=(

2n

n

).

Resenje. Za dokaz koristimo Uslov simetricnosti (Lema 1.6.2) i jednakost (1.15) sar = n, s = n:

n∑

k=0

(n

k

)2

=n∑

k=0

(n

k

)(n

n− k

)=

(2n

n

).

PRIMER 1.7.9. Dokazati da vazin∑

k=0

(2n

2k

)(2k

k

)22n−2k =

(4n

2n

).

Resenje. Nalazenje odgovarajuceg kombinatornog tumacenja ovog binomnog identitetaje malo teze.

Neka je dat skup X = x1, x2, . . . , x4n. Desna strana gornje jednakosti predstavljabroj podskupova skupa X sa 2n elemenata.

Sada treba ove podskupove prebrojati na drugaciji nacin. Neka je Ai = x2i−1, x2iza i = 1, 2, . . . , 2n. Skupovi Ai, i = 1, 2, . . . , 2n predstavljaju particiju skupa X. Neka jeM ⊂ X proizvoljan podskup sa 2n elemenata. Za svako i = 1, 2, . . . , 2n presek M ∩ Ai

ima 0, 1 ili 2 elementa, medjutim vazi da je

2n = |M | =2n∑

i=1

|M ∩Ai|.

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

tako da je M ∩Ai = ∅ jednak takodje k.


Posle ovog razmatranja konacno vidimo kako se drugacije mogu prebrojati podskupoviskupa X sa 2n elemenata. Naime, od ukupno 2n skupova A1, A2, . . . , A2n izabracemo2n− 2k skupova iz kojih cemo izabrati po jedan element u podskup. Izbor ovih skupovamozemo da napravimo na

(2n

2n−2k

)=

(2n2k

)nacina. Kako svaki skup Ai ima po dva ele-

menta, to za svaki od izabranih skupova postoje dva nacina da izaberemo jedan elementu podskup, pa je ukupan broj nacina za to jednak 22n−2k. Konacno, od preostalih 2kskupova Ai treba izabrati jos k skupova cija cemo oba elementa izabrati u podskup, stose moze uraditi na

(2kk

)nacina, tako da je ukupan broj nacina da se izabere podskup

skupa X sa 2n elemenata jednakn∑

k=0

(2n

2k

)(2k

k

)22n−2k.

NAPOMENA. S obzirom na veliki broj binomnih identiteta, jedan od ciljeva matematicaratokom XX veka je bio da pronadju potpuno automatizovani metod za njihovo dokazivanje.Nadjeno je vise takvih metoda, koji su mogli da se primenjuju na sve veci i veci broj tipovaidentiteta, a najveci uspeh je zabelezen 1995. godine kada je problem u potpunosti resen! Opissoftvera koji resava ovaj problem, a i metoda koji su mu prethodili, moze se naci u knjizi [26],cija je kompletna verzija dostupna na Internetu. Ah da, softver je takodje dostupan. . .

ZADACI

1.7.1. Dokazati sledece identitete:

a)nX

k=1

k(nk

)= n · 2n−1; b)

nX

k=0

(k + 1)(nk

)= (n + 2) · 2n−1; c)

nX

k=0

(−1)k(k + 1)(nk

)= 0.

1.7.2. Dokazati sledece identitete pomocu kombinatornih argumenata:a)

(m+n

2

)− (m2

)− (n2

)= mn; b)

(2n2

)= 2 · (n

2

)+ n2; c)

(3n3

)= 3 · (n

3

)+ 6n · (n

2

)+ n3.

1.7.3. Dokazati identitet(rr

)+

(r+1

r

)+

(r+2

r

)+ . . .+

(nr

)=

(n+1r+1

)pomocu kombinatornih

argumenata.

1.7.4. Naci vrednost izrazanX

k=0

k4.

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

1.7.6. Izracunati sledece sume:a)

nX

k=0

1k+1

(nk

); b)

nX

k=1

1k

(km

); c)

nX

k=0

k(

km

); d)

nX

k=0

(−1)k(nk

)2.

1.7.7. Dokazati sledece identitete:a)

nX

k=0

(−1)k(nk

)= (−1)m · (n−1

m

); b)

nX

k=0

(n+k

k

)12k = 2n; c)

nX

k=1

k · (nk

)2 = n · (2n−1n−1

).

1.7.8. Pokazati da vazi jednakostn∑

p=0

(−1)p

(2n− p

p

)=

1 za n ≡ 0 (mod 3)0 za n ≡ 1 (mod 3)−1 za n ≡ 2 (mod 3)

.

1.7.9. Dokazati sledece identitete:a)

nX

k=m

(km

)(nk

)=

(nm

)2n−m; b)

mX

k=0

(mk

)(n+km

)=

mX

k=0

(mk

)(nk

)2k.


1.8 PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA

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

(1.17) |A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|.

Slika 1.5: Preseci dva i tri skupa

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

|A ∪B ∪ C| = (|A|+ |B|+ |C|)− (|A ∩B|+ |B ∩ C|+ |C ∩A|)(1.18)+|A ∩B ∩ C|.

PRIMER 1.8.1. Na drugoj godini Odseka za matematiku ima 50 studenata. Od njihce u oktobarskom ispitnom roku 24 izaci na matematicku analizu, 20 na algebru i 13 nadiskretnu matematiku. Matematicku analizu i algebru ce polagati 6 studenata, algebrui diskretnu matematiku 5 studenata, a analizu i diskretnu matematiku 4 studenta. Akojedino Zlatko polaze sva tri ispita, koliko studenata nece izaci ni na jedan ispit?

Resenje. Neka M , A i D oznacaju skupove studenata koji izlaze na matematickuanalizu, algebru i diskretnu matematiku, redom. Iz gornjih uslova imamo da je

|M |+ |A|+ |D| = 24 + 20 + 13 = 57,

|M ∩A|+ |A ∩D|+ |D ∩M | = 6 + 5 + 4 = 15,

|M ∩A ∩D| = 1.

Iz jednakosti (1.18) imamo

|M ∪A ∪D| = 57− 15 + 1 = 43,

pa je broj studenata koji nece izaci ni na jedan ispit jednak 50− 43 = 7.

PRIMER 1.8.2. Od studenata iz prethodnog primera, koliko ce izaci na tacno jedanispit? A koliko ce izaci na bar 2 ispita?


Resenje. Oznacimo sledece skupove:M A D - presek skupova M , A i D,M A D - presek skupova M i A koji nije u D,M A D - presek skupova M i D koji nije u A,M A D - elemente skupa M koji nisu ni u A, ni u D,M A D - presek skupova A i D koji nije u M ,M A D - elemente skupa A koji nisu ni u M , ni u D,M A D - elemente skupa D koji nisu ni u M , ni u A,M A D - elemente koji nisu ni u M , ni u A, ni u D(to su osnovni skupovi u odgovarajucim Venovim dijagramima).

Sada cemo odrediti koliko svaki od ovih skupova ima elemenata:|MAD| = 1 jer je tu samo Zlatko.|MAD| = |(M ∩ A) \ MAD| = |M ∩ A| − |MAD| = 6 − 1 = 5. Slicno dobijamo i|MAD| = 3 i |MAD| = 4.Sada imamo |MA D| = |M \ (MAD ∪MAD ∪MAD)| = |M | − (|MAD| + |MAD| +|MAD|) = 24− (1 + 5 + 3) = 15. Slicno dobijamo i |MAD| = 10 i |M AD| = 5.Ukupan broj studenata koji izlaze na neki ispit dobijamo (ponovo – u proslom primerusmo taj broj nasli brze, ali nismo odredili broj elemenata u svakom od osnovnih skupovakod Venovih dijagrama) kao zbir svih ovih prethodno nadjenih brojeva: |M ∪ A ∪D| =1+5+3+4+15+10+5 = 43, a kako ima ukupno 50 studenata to 50−43 = 7 studenatane izlazi ni na jedan ispit.

Faze odredjivanja broja studenata u pojedinim delovima Venovog dijeagrama suprikazane na sl. 1.6.

&%

'$

&%

'$

&%

'$1

M A

D

&%

'$

&%

'$

&%

'$15

3 4

M A

D

&%

'$

&%

'$

&%

'$15

3 45

15 10

M A

D

&%

'$

&%

'$

&%

'$15

3 45

15 10

7

M A

D

Slika 1.6: Faze odredjivanja broja studenata po predmetima

Sada dobijamo da je broj studenata koji ce izaci na tacno jedan ispit jednak

|MA D ∪MAD ∪M AD| = 15 + 10 + 5 = 30,

dok je broj studenata koji ce izaci na bar dva ispita jednak

|MAD ∪MAD ∪MAD ∪MAD| = 5 + 3 + 4 + 1 = 13.

KAKO ELEGANTNO ZAPISATI MATEMATICKU FORMULU?

Prethodno rasudjivanje mozemo da prosirimo i na slucaj n konacnih skupova A1, A2,. . . , An. Broj elemenata |A1 ∪A2 ∪ . . . ∪An| moze da se dobije na sledeci nacin: najpresaberemo velicine svih skupova, zatim oduzmemo velicine svih preseka dva skupa, padodamo velicine svih preseka tri skupa, pa oduzmemo velicine svih preseka cetiri skupaitd. U poslednjem koraku, ili dodajemo (za neparno n) ili oduzimamo (za parno n)velicinu preseka svih n skupova.


Kako ovo zapisujemo u obliku formule? Prvi pokusaj bi mogao da bude

|A1 ∪A2 ∪ . . . ∪An| = |A1|+ |A2|+ . . . + |An|−|A1 ∩A2| − |A1 ∩A3| − . . .− |A1 ∩An| − |A2 ∩A3| − . . .− |An−1 ∩An|+|A1 ∩A2 ∩A3|+ |A1 ∩A2 ∩A4|+ . . . + (−1)n−1|A1 ∩A2 ∩ . . . ∩An|.

Ovo je nezgrapan i ne preterano citljiv nacin da se izrazi prethodno pravilo. Stavise,koristeci ovakav zapis nikako ne bismo mogli da pronadjemo elegantan dokaz ovog pravila.Nesto je bolji zapis koristeci sume:

|A1 ∪A2 ∪ . . . ∪An| =n∑

i=1

|Ai| −∑

16i1<i26n

|Ai1 ∩Ai2 |+∑

16i1<i2<i36n

|Ai1 ∩Ai2 ∩Ai3 |

− . . . + (−1)n−1|A1 ∩A2 ∩ . . . ∩An|.Iako je ovaj zapis citljiviji, on i dalje nije dovoljno dobar da bi omogucio elegantan dokaz.No, ako se prisetimo oznake

(Xk

)za skup svih k-elementnih podskupova skupa X, i ako

upotrebimo oznaku slicnu∑

za visestruke preseke i unije, ovu formulu mozemo zapisatiznatno elegantnije:

(1.19)

∣∣∣∣∣n⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣∣ =n∑

k=1

(−1)k−1∑

I∈(1,2,...,nk )

∣∣∣∣∣⋂

i∈I

Ai

∣∣∣∣∣ .

Da biste bolje shvatili ovu formulu, mogli biste da je proradite detaljno za slucaj n = 3.Obratite paznju pri tome da ne mesate brojeve sa skupovima! Ako proucimo prethodnuformulu, mozemo videti skup I u stvari dobija vrednosti svih nepraznih podskupovaskupa 1, 2, . . . , n, kao i da je k = |I|. Zbog toga je jos jednostavniji i efektniji sledecizapis: ∣∣∣∣∣

n⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣∣ =∑

∅6=I⊆1,2,...,n(−1)|I|−1

∣∣∣∣∣⋂

i∈I

Ai

∣∣∣∣∣ .

PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA

TEOREMA 1.8.3. Princip ukljucenja-iskljucenja. Za konacne skupove A1,A2, . . . , An vazi

(1.20)

∣∣∣∣∣n⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣∣ =∑

∅6=I⊆1,2,...,n(−1)|I|−1

∣∣∣∣∣⋂

i∈I

Ai

∣∣∣∣∣ .

Dokaz indukcijom. Indukcija je po broju skupova n, s tim sto za bazu indukcije koris-timo n = 2. Kao sto znamo, jednacina (1.20) vazi za dva skupa. Pretpostavimo da onavazi za proizvoljnih n− 1 konacnih skupova. Tada je∣∣∣∣∣

n⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣

(n−1⋃

i=1

Ai

)∪An

∣∣∣∣∣(1)=

∣∣∣∣∣n−1⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣∣ + |An| −∣∣∣∣∣

(n−1⋃

i=1

Ai

)∩An

∣∣∣∣∣

(2)=

∣∣∣∣∣n−1⋃

i=1

Ai

∣∣∣∣∣ + |An| −∣∣∣∣∣n−1⋃

i=1

(Ai ∩An)

∣∣∣∣∣

(3)=

∑

∅6=I⊆Nn−1

(−1)|I|−1

∣∣∣∣∣⋂

i∈I

Ai

∣∣∣∣∣

+ |An| −

∑

∅6=I⊆Nn−1

(−1)|I|−1

∣∣∣∣∣∣⋂

i∈I∪nAi

∣∣∣∣∣∣

.


U jednakosti (1) iskoristili smo Princip ukljucenja-iskljucenja za dva skupa, tj. |A∪B| =|A|+ |B| − |A∩B| sa A =

n−1⋃i=1

Ai i B = An). Zatim smo u (2) upotrebili distributivnost

preseka: (X ∪ Y ) ∩ Z = (X ∩ Z) ∪ (Y ∩ Z). Na kraju u (3) smo koristili induktivnu

pretpostavku dva puta, jednom za∣∣∣∣n−1⋃i=1

Ai

∣∣∣∣ i jednom za∣∣∣∣n−1⋃i=1

(Ai ∩An)∣∣∣∣.

Dokaz je skoro gotov. U prvoj sumi sabiramo, sa odgovarajucim znacima, velicinesvih preseka skupova koji ne ukljucuju skup An. U drugoj sumi se pojavljuju velicinesvih preseka k skupova koji ukljucuju skup An (tj. An i k − 1 skupova izmedju A1,A2,. . . ,An−1) sa znakom −(−1)k−1 = (−1)k. Druga suma ne ukljucuje |An|, ali se tajsabirak pojavljuje izmedju dve sume. Sve u svemu, velicina preseka bilo kojih k skupovaizmedju A1, A2, . . . , An pojavljuje se tacno jednom u izrazu sa znakom (−1)k−1, sto seslaze sa jednacinom (1.20), pa je dokaz indukcijom zavrsen.

Sada se vidi vaznost razumljivog zapisa Principa ukljucenja-iskljucenja, jer bi se beztoga lako izgubili u prethodnom dokazu. Inace, ovaj princip ima podjednako efektankombinatorni dokaz.

Dokaz prebrojavanjem. Posmatrajmo proizvoljni element x ∈ A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An. Ondoprinosi tacno 1 velicini unije na levoj strani jednacine (1.20). Razmotrimo sada kolikox doprinosi velicinama raznih preseka na desnoj strani ove jednacine. Neka je j brojskupova Ai koji sadrze x. Preimenujmo skupove tako da se x sadrzi u skupovima A1,A2, . . . , Aj .

Sada se element x pojavljuje u preseku svake k-torke skupova od A1, A2, . . . , Aj

i ni u jednom drugom preseku. Posto postoji(

jk

)k-elementnih podskupova skupa sa

j elemenata, x se pojavljuje u(

jk

)preseka k-torki skupova. Velicine preseka k-torki

skupova se mnoze sa (−1)k−1, tako da na desnoj strani jednacine (1.20), element xdoprinosi vrednoscu

j −(

j

2

)+

(j

3

)− . . . + (−1)j−1

(j

j

).

Iz Posledice 1.6.9 za zbir binomnih koeficijenata sa naizmenicnim znacima, dobijamo daje gornji izraz jednak 1.

Prema tome, za proizvoljno x ∈ A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ An doprinos x obema stranamajednacine (1.19) je jednak 1, pa zakljucujemo da su izrazi u ovoj jednacini jednaki.

PRIMER 1.8.4. Jednog zimskog dana poslanici, njih n na broju, dolaze na zasedanjeSkupstine i ostavljaju svoje kapute u garderobi. Po zavrsetku zasedanja, starija gospodjaiz garderobe, mozda potpuno rasejana, mozda skoro slepa posle mnogo godina rada uslabo osvetljenoj garderobi, izdaje jedan kaput svakom poslaniku. Na koliko nacina onamoze da izda kapute tako da nijedan poslanik ne dobije svoj kaput?

Resenje. Preformulisimo ovaj problem koristeci permutacije. Ako oznacimo poslanikebrojevima 1, 2, . . . , n, kao i njihove kapute, tada izdavanje kaputa iz garderobe odgovarapermutaciji π skupa 1, 2, . . . , n, gde je π(i) broj kaputa koji je vracen i-tom poslaniku.Nase pitanje sada glasi: koliko ima permutacija π tako da je π(i) 6= i za svako i =1, 2, . . . , n?

Neka je Sn skup svih permutacija skupa 1, 2, . . . , n i za i = 1, 2, . . . , n neka jeAi = π ∈ Sn : π(i) = i. Kazemo da elementi skupa Ai (kojeg cine permutacije!)fiksiraju i. Koristeci princip ukljucenja-iskljucenja prebrojacemo “lose” permutacije, tj.


one koje fiksiraju bar jedan broj. Lose permutacije su upravo one koje se nalaze u unijiA1 ∪A2 ∪ . . . ∪An.

Da bi primenili princip ukljucenja-iskljucenja moramo da nadjemo velicinu presekak-torke skupova Ai. Lako se vidi da je |Ai| = (n−1)!, jer je π(i) = i fiksirano, a preostalibrojevi se mogu proizvoljno poredjati. Koje permutacije leze u Ai ∩ Aj? Upravo onekoje fiksiraju brojeve i i j (dok se preostalih n− 2 brojeva moze poredjati proizvoljno),tako da je |Ai ∩ Aj | = (n − 2)!. Opstije, za proizvoljne i1 < i2 < . . . < ik imamo da je|Ai1 ∩Ai2 ∩ . . . ∩Aik

| = (n− k)!, pa princip ukljucenja-iskljucenja daje

|A1 ∪A2 ∪ . . . ∪An| =n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)(n− k)! =

n∑

k=1

(−1)k−1 n!k!

.

Ovim smo izracunali broj losih permutacija (koje fiksiraju bar jedan broj), pa je brojpermutacija koje ne fiksiraju nijedan broj jednak

D(n) = n!− |A1 ∪A2 ∪ . . . ∪An| = n!− n!1!

+n!2!− . . . + (−1)n n!

n!.

NAPOMENA. Za broj ovakvih permutacija smo koristili oznaku D(n) jer se one nazivajuderanzmani (eng. derangement). Prvi je pomenuo ovaj problem francuski matematicar PierreR. de Montmort (ziveo 1678-1719), pod nazivom ”le Probleme des Rencontres”.

Primetimo da je

D(n) = n!

„1− 1

1!+

1

2!− . . . + (−1)n 1

n!

«.

Kao sto smo naucili u analizi, red u zagradi konvergira ka e−1 kada n → ∞ (gde je e Ojlerovbroj) i to veoma brzo. Prema tome, vazi priblizna ocena D(n) ≈ n!/e.

PRIMER 1.8.5. Neka su X i Y konacni skupovi sa |X| = n i |Y | = m. Vec nam jepoznato da postoji mn funkcija koje preslikavaju X u Y . Koliko od ovih funkcija je na?

Resenje. Kao i u prethodnom primeru, iskoristicemo princip ukljucenja-iskljucenja danajpre prebrojimo objekte (funkcije) koje ne zadovoljavaju trazeni uslov (nisu na). Tadaje broj funkcija na jednak razlici izmedju ukupnog broja funkcija mn i broja “losih”funkcija.

Bez gubitka opstosti, pretpostavimo da je Y = 1, 2, . . . , m. Neka Ai oznacava skupfunkcija koje preslikavaju X u Y i pritom ne uzimaju vrednost i. Ako funkcija f : X 7→ Ynije na, tada postoji i ∈ Y tako da za svako x ∈ X vazi f(x) 6= i. Samim tim, funkcija fpripada skupu Ai, pa zakljucujemo da funkcija nije na ako i samo ako pripada skupuA1 ∪A2 ∪ . . . ∪Am.

Koliko ima funkcija u skupu Ai? Skup Ai sadrzi sve funkcije koje preslikavaju Xu Y \ i, pa je stoga |Ai| = (m − 1)n. Skup Ai ∩ Aj sadrzi funkcije koje ne uzimajuvrednosti i i j, tj. sve funkcije koje preslikavaju X u Y \i, j, pa je |Ai∩Aj | = (m−2)n.U opstem slucaju, Ai1 ∩ Ai2 ∩ . . . ∩ Aik

sadrzi sve funkcije koje ne uzimaju nijednu odvrednosti i1, i2, . . . , ik, tako da je |Ai1 ∩Ai2 ∩ . . . ∩ Aik

| = (m− k)n. Sada po principuukljucenja-iskljucenja imamo da je

|A1 ∪A2 ∪ . . . ∪Am| =m∑

k=1

(−1)k−1

(m

k

)(m− k)n.


Prema tome, ukupan broj funkcija koje su na je jednak

mn −m∑

k=1

(−1)k−1

(m

k

)(m− k)n =

m∑

k=0

(−1)k

(m

k

)(m− k)n.

NAPOMENA. Ako vrednostPm

k=1(−1)k−1`

mk

´(m − k)n podelimo sa m!, dobijamo ceo

broj koji se naziva Stirlingov broj druge vrste i oznacava sa S(n, m) (u starijim knjigamaje oznacavan sa

˘nm

¯). Ovi brojevi se pojavljuju prilikom prebrojavanja podela n-elementnog

skupa na m medjusobno disjunktnih podskupova.

GENERALISANI PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA

Sada cemo dati uopstenje principa ukljucenja-iskljucenja (tj. Teoreme 1.8.3), tzv.generalisani princip ukljucenja-iskljucenja.

TEOREMA 1.8.6. Generalisani princip ukljucenja-iskljucenja. Neka je Xskup sa n elemenata i Π = π1, π2, . . . , πm skup od m svojstava. Za proizvoljan k-podskup πi1 , πi2 , . . . , πik

skupa Π oznacimo sa n(πi1 , πi2 , . . . , πik) broj elemenata skupa

X koji poseduju ovih k svojstava (mogu i jos neka pored ovih k). Uvedimo s0 = n i zak = 1, 2, . . . ,m

sk =∑

n(πi1 , πi2 , . . . , πik),

gde ova suma ide po svim k-podskupovima skupa Π (tj. imamo(mk

)sabiraka). Konacno,

neka je ej (j = 0, 1, . . .m) broj elemenata skupa X koji imaju tacno j od ovih m svojstavaiz Π, a neka je fj (j = 1, 2, . . . m) broj elemenata skupa X koji imaju bar j od ovih msvojstava iz Π. Tada vaze sledece formule:

(1.21) ej = sj −(

j + 11

)sj+1 +

(j + 2

2

)sj+2 − . . . + (−1)m−j

(m

m− j

)sm,

(1.22) fj = sj −(

j

1

)sj+1 +

(j + 1

2

)sj+2 − . . . + (−1)m−j

(m− 1m− j

)sm.

Dokaz . Pokazacemo da se svaki element skupa X javlja jednak broj puta i na levoj ina desnoj strani jednakosti (1.21).

Ako neki element skupa X ima manje od j svojstava on se javlja 0 puta na obe strane.Ako neki element ima tacno j svojstava, tada se on broji tacno 1 na levoj strani i(

jj

)= 1 (u clanu sj) na desnoj strani.Ako neki element ima tacno j + l svojstava (gde je 16 l 6m− j), tada se taj element

na levoj strani racuna 0 puta. Na desnoj strani on se javlja(j+lj

)puta u sj ,

(j+lj+1

)puta

u sj+1,(

j+lj+2

)puta u sj+2, . . . ,

(j+lj+l

)puta u sj+l. Stoga se taj element na desnoj strani

javlja ukupno(

j + l

j

)−

(j + 1

1

)(j + l

j + 1

)+

(j + 2

2

)(j + l

j + 2

)− . . . + (−1)l

(j + l

l

)(j + l

j + l

)


=(

j + l

j

)−

(l

1

)(j + l

j

)+

(l

2

)(j + l

j

)− . . . + (−1)l

(l

l

)(j + l

j

)

=(

j + l

j

)(1− 1)l = 0

puta, cime smo kompletirali dokaz jednakosti (1.21).Primetimo da za j = 0 dobijamo obican Princip ukljucenja-iskljucenja, tj. for-

mulu (1.20), kod koje skup Ai (za i = 1, 2, . . . , m) cine elementi koji poseduju svojstvo πi.

Sada cemo pokazati i drugu formulu. Dovoljno je pokazati da niz fj dat jed-nakoscu (1.22), zadovoljava rekurentnu jednacinu fj − fj+1 = ej uz zavrsni uslovfm = em. Sada koristimo adicionu formulu 1.6 za binomne koeficijente i dobijamo:

fj − fj+1 = sj −[(

j

1

)+

(j

0

)]sj+1 +

[(j + 1

2

)+

(j + 1

1

)]sj+2

− . . . + (−1)m−j

[(m− 1m− j

)+

(m− 1

m− j − 1

)]sm

= sj −(

j + 11

)sj+1 +

(j + 2

2

)sj+2 − . . . + (−1)m−j

(j + 1

1

)sj+1

= ej .

Dalje, kada uvrstimo j = m u formule (1.22) i (1.21), dobijamo fm = sm = em.

Generalisani princip ukljucenja-iskljucenja cemo ilustrovati na jednom primeru i jed-nom tvrdjenju.

PRIMER 1.8.7. Sada cemo ponovo naci koliko od studenata iz Primera 1.8.1 i 1.8.2izlazi na tacno jedan ispit i koliko na bar 2 ispita.

Resenje. Ubacimo podatke u formule (1.21) i (1.22):Imamo da je s1 = 24 + 20 + 13 = 57, s2 = 6 + 5 + 4 = 15 i s3 = 1. Tada

e1 = 57−(

21

)· 15 +

(32

)· 1 = 30

studenata izlazi na tacno 1 ispit, a

f2 = 15−(

21

)· 1 = 13

studenata izlazi na bar 2 ispita (sto su rezultati koje smo dobili i u Primeru 1.8.2).

TEOREMA 1.8.8. Neka su X i Π skupovi kao u Teoremi 1.8.6. Dokazati da je brojelemenata skupa X koje imaju paran broj svojstava jednak

12

(s0 +

m∑

k=0

(−2)ksk

),

dok je broj elemenata skupa X koje imaju neparan broj svojstava jednak

12

(s0 −

m∑

k=0

(−2)ksk

).


Dokaz . Uvedimo funkciju E(x) = e0 + e1 + e2x2 + . . . + emxm. Sada iskoristimo

tvrdjenje Teoreme 1.8.6 pa dobijamo

E(x) =m∑

j=0

ejxj =

m∑

j=0

m∑

k=j

(−1)k−j

(k

j

)sk

xj =

m∑

k=0

(−1)ksk

k∑

j=0

(k

j

)(−x)j

=m∑

k=0

(−1)ksk(1− x)k =m∑

k=0

sk(x− 1)k.

Dalje, imamo da je broj elemenata skupa X koje imaju paran broj svojstava jednakE(1)+E(−1)

2 =12

(s0 +

mX

k=0

(−2)ksk

), dok je broj elemenata skupa X koje imaju neparan

broj svojstava jednak E(1)−E(−1)2 =

12

(s0 −

mX

k=0

(−2)ksk

).

ZADACI

1.8.1. U razredu sa 30 ucenika, 12 od njih voli matematiku, 14 voli fiziku, 13 hemiju,5 ucenika voli i matematiku i fiziku, 7 voli i fiziku i hemiju, a 4 voli matematiku i hemiju.Tri ucenika vole sva tri predmeta. Koliko ucenika ne voli ni jedan od ovih predmeta?

1.8.2. U studentskom domu je 12 studenata koji slusaju kurs iz biologije (B), 20 kojislusaju kurs iz matematike (M), 20 koji slusaju kurs iz fizike (F) i 8 koji slusaju kurs izhemije (H). Od toga 5 studenata slusa i B i M, 7 slusa i B i F, 4 slusa i B i H, 16 slusa iM i F, 4 slusa i M i H i 3 slusa i F i H. Tu su 3 koji slusaju B, M i F, 2 – B, M i H, 3– B, F i H i 2 – M, F i H. Konacno, tu su dvojica koji slusaju sva 4 kursa. Pored njihu domu je jos 71 student koji ne slusa nijedan od ovih kurseva. Odredite ukupan brojstudenata u domu.

1.8.3. Odrediti koliko ima brojeva ne vecih od 1000 koji su deljivi bar jednim odbrojeva 2, 3, 5 ili 7.

1.8.4. Odrediti broj celobrojnih resenja jednacine a+b+c+d = 17, koja zadovoljavajuuslove 1 6 a 6 3, 2 6 b 6 4, 3 6 c 6 5 i 4 6 d 6 6.

1.8.5. a) Koliko se reci, koje mogu da budu besmislene, dobija premestanjem slovareci KOMBINATORIKA?b) Koliko ima takvih reci kod kojih nikoja dva ista slova nisu susedna?

1.8.6. Odrediti broj 9-tocifrenih brojeva koji imaju sve cifre razlicite i ne sadrze cifru 0,takvih da se nijedan od blokova a) 23, 45 i 678; b) 34, 45 i 738ne pojavljuje.

1.8.7. Pokazati da je 97 25-ti prost broj.

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

1.8.9. Naci broj permutacija koje imaju tacno k fiksnih tacaka.


1.8.10. Koliko ima permutacija skupa 1, 2, . . . , n koje nemaju ciklus duzine k, gdeje 1 6 k 6 n?

1.8.11. Neka je n>2. Koliko ima permutacija p skupa 1, 2, . . . , n takvih da za svakoj ∈ 1, 2, . . . , n− 1 element j + 1 ne stoji neposredno iza elementa j?

1.8.12. Na koliko se nacina polja sahovske table 8×8 mogu obojiti sa 8 razlicitih boja,tako da se u svakoj vrsti pojavljuje svaka boja i da u svakoj koloni nikoja dva susednapolja nisu obojena istom bojom ?

1.8.13. Pokazati da je broj kvadratnih matrica reda 3 sa nenegativnim elementima,kod kojih je zbir elemenata u ssvakoj vrsti i svakoj koloni jednak r dat formulom

(r + 2

2

)2

− 3(

r + 34

).

1.8.14. Na koliko nacina n bracnih parova moze sesti za okrugli sto sa 2n oznacenihstolica tako da supruznici ne sede jedno pored drugog?

1.8.15. Za studente iz zadatka 1.8.2 odrediti koliko od njih slusa:a) tacno 1 kurs?b) tacno 2 kursa?c) tacno 3 kursa?d) bar 1 kurs?e) bar 2 kursa?f) bar 3 kursa?

1.8.16. U lift u prizemlju je uslo 9 ljudi. Na svakom od sledecih spratova bar 1 covekizlazi iz lifta i niko ne ulazi u njega. Na 5-om spratu se lift ispraznio. Odrediti broj svihmogucih takvih praznjenja lifta.

1.8.17. a) Na koliko nacina se mogu poredjati u niz 3 Amerikanca, 3 Engleza i 3 Rusa,tako da nikoja tri zemljaka ne stoje zajedno?b) Na koliko nacina se mogu poredjati u niz 3 Amerikanca, 3 Engleza i 3 Rusa, tako danikoja dva zemljaka ne stoje zajedno?

Glava 2

Napredne tehnikeprebrojavanja

U prethodnim odeljcima smo se upoznali sa osnovnim tehnikama prebrojavanja konac-nih skupova. Na pocetku ove glave cemo predstaviti jos jednu vaznu tehniku prebroja-vanja. Osnovna ideja, sasvim iznenadjujuca, je da beskonacnom nizu realnih brojevadodelimo odredjenu neprekidnu funkciju, tzv. funkciju generatrise niza. Problemi nadnizom se tada mogu prevesti na jezik neprekidnih funkcija i poznate analiticke metode.U sekcijama nakon toga uglavnom cemo se baviti pitanjem kako dobiti opstu formuluza elemente nizova brojeva i polinoma u kojima postoje rekurentne relacije, takve da se,pocev od nekog mesta u nizu, svaki sledeci element moze, pomocu iste formule, prikazatipomocu prethodnih elemenata niza. U resavanju ovog pitanja veliku pomoc ce nampruziti upravo funkcije generatrise.

2.1 FUNKCIJE GENERATRISE

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

1 + 1 · x + 1 · x2 + 1 · x3 + . . . .

Ova funkcija sada predstavlja beskonacnu geometrijsku progresiju sa kolicnikom x, pa jenjena vrednost jednaka

11− x

,

pod uslovom da je |x| < 1. Sada mozemo da kazemo:

Funkcija1

1− xje funkcija generatrisa niza (1, 1, 1, 1, . . . ).

U ovom uvodnom tekstu, mi cemo obraditi samo jednostavnije primere, koji bi se uvecini slucajeva, koristeci razne trikove, mogli resiti i bez primene funkcija generatrisa.Medjutim, ovo ne znaci da funkcije generatrise ne treba uciti! One predstavljaju veoma

73

GLAVA 2. NAPREDNE TEHNIKE PREBROJAVANJA 74

mocnu tehniku prebrojavanja: postoji mnogo slozenih problema za cije se resavanje ostaletehnike ne mogu primeniti ili postaju suvise komplikovane.

STEPENI REDOVI

DEFINICIJA 2.1.2. Stepeni red je beskonacna suma oblika

a0 + a1x + a2x2 + . . . + anxn + . . . ,

gde su a0, a1, a2, . . . , an, . . . realni brojevi, a x je realna promenljiva1.

Jednostavan primer stepenog reda je

(2.1) 1 + x + x2 + . . . + xn + . . .

iz prethodnog primera. U slucaju da je x ∈ (−1, 1), suma ovog stepenog reda imavrednost 1

1−x . U ovom smislu, stepeni red (2.1) odredjuje funkciju

11− x

.

S druge strane, ova funkcija vec sadrzi sve podatke o stepenom redu (2.1). Zaista,ako diferenciramo funkciju k puta i stavimo x = 0 u rezultat, dobicemo tacno k! putakoeficijent uz xk u stepenom redu. Drugim recima, stepeni red (2.1) je Taylorov redfunkcije 1

1−x u tacki x = 0 (tj. Maklorenov red). Prema tome, funkciju 11−x mozemo da

zamislimo kao inkarnaciju beskonacnog niza (1, 1, 1, . . . ) i obrnuto.Ovakvo pretvaranje beskonacnih nizova u funkcije i nazad je temelj tehnike funkcija

generatrisa.

DEFINICIJA 2.1.3. Neka je (a0, a1, a2, . . . , an, . . . ) niz realnih brojeva. Pod funkci-jom generatrise2 ovog niza podrazumeva se stepeni red

A(x) = a0 + a1x + a2x2 + . . . + anxn + . . .

U daljem tekstu cemo nizu (an) pridruzivati funkciju generatrise A(x) (tj. malo slovokoje odgovara nizu cemo zameniti sa odgovarajucim velikim slovom za funkciju genera-trise).

Iz matematicke analize je poznato da ako postoji realni broj K tako da je |an|6Kn za

svako n > 1, tada stepeni red A(x) =∞X

i=0

aixi konvergira za svako x ∈ (− 1

K , 1K ). Stavise,

funkcija A(x) ima izvode svih redova u tacki 0 i pritom vazi da je

ai =A(i)(0)

i!.

1 Ponekad je od velike koristi posmatrati x kao kompleksnu promenljivu i primeniti metode izkompleksne analize.

2 Strogo govoreci, ovo je obicna funkcija generatrisa. S obzirom da se ovde necemo baviti drugimvrstama funkcija generatrisa (npr. eksponencijelnim funkcijama generatrisa), jednostavno cemo izbacitirec “obicna”.


Mi se ovde necemo baviti proverom da li dobijeni stepeni redovi konvergiraju u nekojokolini tacke 0. Obicno je to lako. Sem toga, u mnogo slucajeva ta se provera moze izbecina sledeci nacin: kada pronadjemo tacno resenje problema koristeci funkcije generatrise,cak i na sumnjiv nacin, to resenje se moze proveriti nekim drugim metodom, na primerpomocu principa matematicke indukcije. Stavise, postoji posebna teorija takozvanihformalnih stepenih redova koja omogucava nesmetan rad cak i sa stepenim redovima kojinikad ne konvergiraju (sem u 0). Da zakljucimo, konvergencija nikad nije bitno pitanjeu primenama funkcija generatrisa.

Ako niz (a0, a1, a2, . . . , an, . . . ) ima samo konacno mnogo nenula clanova, tada jefunkcija generatrisa obican polinom. Mi cemo nase proucavanje funkcija generatrisastoga poceti upravo polinomima, kao njihovim najjednostavnijim oblikom.

NOVCICI I POLINOMI

Pre nego sto ubacimo novcice u igru, podsetimo se najpre kako se mnoze polinomi,na primer,

p(x) = 1 + x + x2 + x3 + x4

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

Jednostavno pravilo kaze da treba da pomnozimo svaki clan iz p(x) sa svakim clanomiz q(x) i da zatim saberemo sve dobijene proizvode. Njihovo sabiranje je u ovom slucajujednostavno, jer su svi koeficijenti jednaki 1. Tako odmah dobijamo da je

p(x)q(x) = x7 + 2x6 + 3x5 + 4x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1.

Hajde sada da razmotrimo drugacije pitanje. Izaberimo neki stepen x, na primer x5.Sada zelimo da saznamo koliki je koeficijent uz x5 u proizvodu p(x)q(x), ali bez racunanjacelog proizvoda. U ovom slucaju, proizvod x5 se dobija:

• mnozenjem clana x2 iz p(x) sa clanom x3 iz q(x), takodje i

• mnozenjem clana x3 iz p(x) sa clanom x2 iz q(x) i konacno,

• mnozenjem clana x4 iz p(x) sa clanom x iz q(x).

Svaki od ovih proizvoda dodaje 1 na odgovarajuci koeficijent, pa mozemo da zakljucimoda je koeficijent uz x5 jednak 3.

Razmotrimo sada, na izgled, drugaciji problem.

PRIMER 2.1.4. Imamo cetiri zlatna i tri srebrna novcica, svaki vrednosti od pojednog dinara. Na koliko nacina mozemo platiti 5 dinara pomocu ovih novcica?

Resenje. Ako sa i oznacimo broj zlatnih, a sa j broj srebrnih novcica koriscenih zaplacanje, tada ovaj problem trazi da nadjemo broj resenja jednacine

i + j = 5, i ∈ 0, 1, 2, 3, 4, j ∈ 0, 1, 2, 3.

Ako sada pretpostavimo da je i stepen promenljive x u nasem polinomu p(x), a j ste-pen promenljive x u polinomu q(x), tada je broj resenja ove jednacine upravo jednakkoeficijentu uz x5 u proizvodu p(x)q(x), a to je, kao sto vec znamo, 3.


Uopste, ako su I i J konacni skupovi prirodnih brojeva, kojima su pridruzeni polinomi

p(x) =∑

i∈I

xi i q(x) =∑

j∈J

xj

(primetimo da su koeficijenti u ovim polinomima nule i jedinice), tada je, za svaki priro-dan broj r, broj resenja (i, j) jednacine

i + j = r, i ∈ I, j ∈ J,

jednak koeficijentu uz xr u proizvodu p(x)q(x).Sledece, jos interesantnije uopstenje ovog razmatranja bavi se proizvodom tri i vise

polinoma.

PRIMER 2.1.5. Na koliko nacina se moze platiti iznos od 21 dinara ako imamo sestnovcica vrednosti od po 1 dinara, pet novcica vrednosti od po 2 dinara i cetiri novcicavrednosti od po 5 dinara?

Resenje. Trazeni broj jednak je broju resenja jednacine

i1 + i2 + i3 = 21

gde je

i1 ∈ 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, i2 ∈ 0, 2, 4, 6, 8, 10 i i3 ∈ 0, 5, 10, 15, 20.

Ovde i1 oznacava deo iznosa placen novcicima od 1 dinara, i2 deo iznosa placen novcicimaod 2 dinara, a i3 deo iznosa placen novcicima od 5 dinara.

Broj resenja ove jednacine jednak je koeficijentu uz x21 u proizvodu

(1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + x6) · (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10) · (1 + x5 + x10 + x15 + x20).

Zaista, clan sa x21 se dobija tako sto se pomnoze clan xi1 iz prvog para zagrada, clan xi2

iz drugog para zagrada i clan xi3 iz treceg para zagrada, takvi da je i1 + i2 + i3 = 21.Svaki takav izbor brojeva i1, i2 i i3 dodaje 1 na odgovarajuci koeficijent u proizvodu.Kada bismo izmnozili ove polinome dobili bismo u proizvodu clan 9x21, stoga dati iznosod 21 dinara mozemo platiti na 9 razlicitih nacina (navodimo u svakom placanju kolikoima novcica od 5 dinara, koliko od 2 i koliko od 1 dinara):

4×5+1×1, 3×5+3×2, 3×5+2×2+2×1, 3×5+1×2+4×1, 3×5+6×1,

2× 5+5× 2+1× 1, 2× 5+4× 2+3× 1, 2× 5+3× 2+5× 1, 1× 5+5× 2+6× 1.

Kasnije cemo dati metod kojim lakse mozemo odrediti dati koeficijent (videti Primer2.6.24)

KOMBINATORNO ZNACENJE BINOMNE TEOREME

Jedan od oblika binomne teoreme tvrdi da je

(2.2) (1 + x)n =(

n

0

)+

(n

1

)x +

(n

2

)x2 + . . . +

(n

n

)xn.


Na levoj strani imamo proizvod n polinoma — svaki je jednak 1+x. Analogno prethodnimrazmatranjima sa novcicima, koeficijent uz xr u proizvodu (1 + x)n predstavlja brojresenja jednacine

i1 + i2 + . . . + in = r, i1, i2, . . . , in ∈ 0, 1.Svako resenje ove jednacine oznacava izbor r promenljivih izmedju i1, i2, . . . , ir kojesu jednake 1 — preostalih n − r promenljivih mora da bude jednako 0. Broj ovakvihizbora je isti kao i broj r-toclanih podskupova skupa sa n elemenata, tj.

(nr

). Ovo znaci

da je koeficijent uz xr u proizvodu (1 + x)n jednak(nr

). Upravo smo dokazali Binomnu

teoremu na kombinatorni nacin!Vestim igranjem sa polinomom (1 + x)n i njemu slicnim, mozemo da dobijemo

razne identitete. U odeljku 1.6 vec smo videli neke od njih: formulenX

k=0

(nk

)= 2n i

nX

k=0

(−1)k(nk

)= 0 dobijene su, redom, zamenom x = 1 i x = −1 u (2.2).

PRIMER 2.1.6. Za svako n > 1 vazin∑

k=0

k

(n

k

)= n2n−1.

Resenje. Ova jednakost se dobija diferenciranjem (2.2) po promenljivoj x. Na obestrane kao rezultat mora da se dobije isti polinom. Diferenciranjem leve strane dobija se

n(1 + x)n−1,

a diferenciranjem desne strane, koja jenX

k=0

(nk

)xk, dobija se

n∑

k=0

k

(n

k

)xk−1.

Zamenom x = 1 dobijamo trazeni identitet.

UOPSTENA BINOMNA TEOREMA

Vec smo videli da se binomna teorema (2.2) moze formulisati kao rezultat o koefici-jentima polinoma (1 + x)n. Za geometrijsku progresiju sa kolicnikom −x vazi

1− x + x2 + . . . + (−1)kxk + . . . =1

1 + x= (1 + x)−1.

Za svako n ∈ N izraz (1 + x)−n mozemo da posmatramo kao proizvod stepenih redovajednakih (1 + x)−1. Naravno, ono sto bismo voleli da imamo je formula za koeficijent uzxk u rezultujucem stepenom redu. Ova formula je veoma jednostavna i omogucice namda uopstimo binomnu teoremu i na negativne brojeve.

TEOREMA 2.1.7. Koeficijent uz xk u stepenom redu (1 + x)−n jednak je

(−1)k

(n + k − 1

k

)=

(−n

k

).


Dokaz . Da izbegnemo znak minus, posmatracemo (1−x)−n umesto (1+x)−n. Krajnjirezultat dobijamo zamenom x sa −x.

Posto je(1− x)−1 = 1 + x + x2 + . . . + xk + . . . ,

imamo da je (1 − x)−n proizvod n cinilaca, od kojih je svaki jednak gornjem stepenomredu. Koeficijent uz xk u ovom proizvodu je tada jednak broju resenja jednacine

i1 + i2 + . . . + in = k

gde, za svako j = 1, 2, . . . , n, nenegativni ceo broj ij predstavlja doprinos xij iz j-togcinioca (1 + x + x2 + . . . + xk + . . . ). Kao sto vec znamo iz Primera 1.3.10, svako resenjegornje jednacine oznacava tacno jedan neuredjeni izbor k elemenata sa ponavljanjem izskupa od n elemenata (i obratno), tako da zakljucujemo da je koeficijent uz xk jednak

(n + k − 1

k

).

Zamenom x sa −x sada dobijamo rezultat kako je naveden u teoremi.

Na osnovu ove teoreme zakljucujemo da vazi Uopstena binomna teorema.

TEOREMA 2.1.8. Uopstena binomna teorema. Za proizvoljan, pozitivan ilinegativan, ceo broj n vazi

(2.3) (1 + x)n =(

n

0

)+

(n

1

)x +

(n

2

)x2 + . . . +

(n

k

)xk + . . .

NAPOMENA. Ovaj opsti oblik je funkcija generatrisa, ali kada je n prirodan broj tadavazi

n

k

!= 0 za svako k > n,

pa se desna strana jednakosti svodi na polinom.

PRIMER 2.1.9. Koeficijent uz xn u stepenom redu (1 + x)−2 jednak je

(−1)n

(2 + n− 1

n

)= (−1)n

(n + 1

n

)= (−1)n(n + 1).

Sada mozemo da pisemo

(1 + x)−2 = 1− 2x + 3x2 − . . . + (−1)n(n + 1)xn + . . .

Inace, Uopstena binomna teorema ostaje da vazi i u slucaju kada je n proizvoljanrealan broj.

DEFINICIJA 2.1.10. Za proizvoljan realni broj α i svaki nenegativni broj k, bi-nomni koeficijent

(αk

)se definise pomocu(

α

k

)=

α(α− 1)(α− 2) · . . . · (α− k + 1)k!

.


Ova definicija je prosirenje uobicajene definicije binomnog koeficijenta, jer kada jeα = n za nenegativan ceo broj n, dobijamo istu formulu za

(αk

)kao u Definiciji 1.3.2.

Zamenom x nekim drugim izrazom u Uopstenoj binomnoj teoremi mozemo da do-bijemo razna njena dalja uopstenja. Mi cemo za nasa razmatranja nekoliko puta dakoristimo stepeni red za (1− λx)−n, koji je jednak

(2.4) (1− λx)−n = 1 + nλx + . . . +(

n + k − 1k

)λkxk + . . .

PRIMER 2.1.11. Kutija sadrzi 30 crvenih, 40 plavih i 50 belih lopti. Lopte iste bojese ne razlikuju medjusobno. Na koliko nacina se moze izabrati 70 lopti iz kutije?

Resenje. Kao sto vec znamo, broj koji trazimo je jednak koeficijentu uz x70 u proizvodu

(1 + x + x2 + . . . + x30)(1 + x + x2 + . . . + x40)(1 + x + x2 + . . . + x50).

Ovaj izraz necemo da mnozimo! Umesto toga, iskoristicemo cinjenicu da je

1 + x + x2 + . . . + x30 =1− x31

1− x,

sto je vec poznati zbir konacne geometrijske progresije. Ceo proizvod se sada mozenapisati kao

1− x31

1− x· 1− x41

1− x· 1− x51

1− x= (1− x)−3(1− x31)(1− x41)(1− x51).

Cinilac (1 − x)−3 moze da se razvije u stepeni red prema uopstenoj binomnoj teo-remi (2.3). U proizvodu preostalih cinilaca (1 − x31)(1 − x41)(1 − x51) tada je dovoljnonaci koeficijente samo za stepene do x70. Stoga dobijamo proizvod

((22

)+

(32

)x +

(42

)x2 +

(52

)x3 + . . .

) · (1− x31 − x41 − x51 + . . .),

gde . . . u drugom paru zagrada stoji umesto stepena vecih od x70 (najmanji stepen od tihostalih clanova je x31 · x41 = x72). Koeficijent uz x70 u ovom proizvodu, sto je i trazenibroj izbora lopti iz kutije, jednak je

(70 + 2

2

)−

(70 + 2− 31

2

)−

(70 + 2− 41

2

)−

(70 + 2− 51

2

)= 1 061.

NALAZENJE FUNKCIJA GENERATRISA

Sada cemo se baviti nacinima da se funkcija generatrisa “sastavi” iz vec poznatih“delova”, a na kraju cemo dati i spisak nekih poznatih “polaznih” delova. Kroz ceoodeljak, neka su (a0, a1, a2, . . . ) i (b0, b1, b2, . . . ) nizovi, a A(x) i B(x) njihove funkcijegeneratrise.

Sabiranje nizova

Ako nizove sabiramo clan po clan, odgovarajuca operacija sa funkcijama generatrisa jeprosto njihovo sabiranje. Tacnije, niz (a0+b0, a1+b1, a2+b2, . . . ) ima funkciju generatriseA(x) + B(x).


Mnozenje niza realnim brojem

Jos jedna prosta operacija je mnozenje fiksnim realnim brojem α. Naime, niz(αa0, αa1, αa2, . . . ) ima funkciju generatrise αA(x).

Pomeranje niza udesno

Ako je n prirodan broj, tada funkcija generatrisa xn ·A(x) odgovara nizu

(0, 0, . . . , 0︸︷︷︸n×

, a0, a1, a2, . . . ).

Ovo je veoma korisno kada niz treba pomeriti udesno za odredjeni broj mesta.

Pomeranje niza ulevo

Sta da radimo ako niz zelimo da pomerimo ulevo za n mesta kako bismo dobili funkcijugeneratrisu za niz (an, an+1, an+2, . . . )? Prvo treba da oduzmemo prvih n sabirakafunkcije generatrise A(x) (tako “eliminisemo” prvih n clanova niza, tj. pretvaramo ihu nule), a onda je neophodno jos da A(x) podelimo sa xn. Funkcija generatrise za gornjiniz je

A(x)− (a0 + a1x + a2x2 + . . . + an−1x

n−1)xn

.

Zamena promenljive x sa αx

Neka je α fiksni realni broj i posmatrajmo funkciju C(x) = A(αx). Tada je C(x)funkcija generatrisa za niz (a0, αa1, α

2a2, . . . ).

PRIMER 2.1.12. Vec znamo da je

11− x

funkcija generatrisa za niz (1, 1, 1, 1, . . . ). Prema upravo datom pravilu, tada je

11− 2x

funkcija generatrisa niza koji se sastoji od stepena broja 2: (1, 2, 4, 8, 16 . . . ).

PRIMER 2.1.13. Ova operacija se koristi i u sledecem triku (sa α = −1) kojim sesvi clanovi niza na neparnim mestima zamenjuju sa 0: kao sto i sam citalac moze daproveri, funkcija

A(x) + A(−x)2

je funkcija generatrisa za niz (a0, 0, a2, 0, a4, 0, . . . ).


Zamena promenljive x sa xn

Jos jedna mogucnost je zamena promenljive x sa xn. Ovo daje funkciju generatriseza niz ciji je clan sa rednim brojem nk jednak k-tom clanu originalnog niza, dok suostali clanovi niza jednaki 0 (obratimo paznju da je a0 nulti clan niza (an)). Na primer,funkcija A(x3) generise niz (a0, 0, 0, a1, 0, 0, a2, 0, 0, a3, 0, . . . ).

PRIMER 2.1.14. Naci funkciju generatrise za niz

(1, 1, 2, 2, 4, 4, 8, 8, . . . ),

tj. za niz an = 2bn/2c.

Resenje. Kao sto smo vec videli, niz (1, 2, 4, 8, . . . ) ima funkciju generatrise

11− 2x

.

Zamenom x sa x2 dobijamo da je1

1− 2x2

funkcija generatrisa za niz (1, 0, 2, 0, 4, 0, 8, 0, . . . ). Mnozenjem sa x dalje dobijamo da je

x

1− 2x2

funkcija generatrisa za niz (0, 1, 0, 2, 0, 4, 0, 8, . . . ), a na kraju sabiranjem ove dve funkcijegeneratrise dobijamo i da je trazena funkcija generatrisa jednaka

1 + x

1− 2x2.

Diferenciranje i integracija

Popularne operacije iz matematicke analize, diferenciranje i integracija funkcija ge-neratrisa imaju sledece znacenje na jeziku nizova.

Izvod A′(x) funkcije A(x) odgovara nizu

(a1, 2a2, 3a3, . . . , (n + 1)an+1, . . . ).

Tacnije, clan sa rednim brojem k jednak je (k + 1)ak+1 (stepeni red se diferencira clanpo clan isto kao i polinom).

Funkcija generatrisa∫ x

0A(t) dt odgovara nizu

(0, a0,12a1,

13a2,

14a3, . . . ,

1nan−1, . . . ),

tj. za sve k > 1, clan sa rednim brojem k jednak je 1kak−1.

PRIMER 2.1.15. Naci funkciju generatrise za niz kvadrata (12, 22, 32, . . . ), tj. za nizan = (n + 1)2.

Resenje. Pocinjemo sa nizom (1, 1, 1, 1, . . . ) cija je funkcija generatrisa

11− x

.


Po prethodnom pravilu, prvi izvod ove funkcije,

1(1− x)2

,

je funkcija generatrisa niza (1, 2, 3, 4, . . . ), tj. niza an = n + 1. Po istom pravilu, drugiizvod ove funkcije,

2(1− x)3

,

je funkcija generatrisa niza (2 ·1, 3 ·2, 4 ·3, . . . ). Clan sa rednim brojem k u ovom nizu imavrednost (k+2)(k+1) = (k+1)2+k+1. Posto mi zelimo niz sa opstim clanom ak = (k+1)2, od gornje funkcije generatrise preostaje jos samo da oduzmemo funkciju generatriseza niz (1, 2, 3, 4, . . . ). Time dobijamo da je trazena funkcija generatrisa jednaka

2(1− x)3

− 1(1− x)2

=1 + x

(1− x)3.

Mnozenje funkcija generatrisa

Mnozenje funkcija generatrisa je ujedno i najzanimljivija operacija. ProizvodA(x)B(x) je funkcija generatrisa za niz (c0, c1, c2, . . . ), gde su koeficijenti ck dati pomocu:

c0 = a0b0

c1 = a0b1 + a1b0

c2 = a0b2 + a1b1 + a2b0

...

i uopste mozemo da pisemo

ck =k∑

i=0

aibk−i.

Ovo se lako pamti — koeficijenti proizvoda A(x)B(x) sve do k-tog su isti kao i u proizvodupolinoma (a0 + a1x + . . . + akxk) i (b0 + b1x + . . . + bkxk).

PRIMER 2.1.16. Pretpostavimo da u drzavi X u opticaju postoje zlatni novcicivrednosti 2 dinara i srebrni novcici vrednosti 3 dinara. Naci funkciju generatrise nizaciji n-ti element, n > 0, predstavlja broj nacina da se n dinara plati pomocu zlatnih isrebrnih novcica?

Resenje. Ovaj primer je uopstenje primera sa novcicima iz prethodne sekcije, kojedobijamo prelaskom sa konacnog na beskonacni broj dostupnih novcica.

Sada, vrednosti koje se mogu platiti samo pomocu zlatnih novcica jesu 0, 2, 4, 6, . . . ,a za svaku od njih postoji samo jedan nacin placanja: svi novcici moraju biti zlatni, zarne? Prema tome, funkcija generatrisa za ovakva ogranicena placanja je

Z(x) = 1 + x2 + x4 + x6 + . . . =1

1− x2.


Na slican nacin, samo pomocu srebrnih novcica mozemo da platimo, uvek na jedinstvennacin, vrednosti 0, 3, 6, 9, . . . , cija je funkcija generatrisa

S(x) = 1 + x3 + x6 + x9 + . . . =1

1− x3.

Sada, kao i u ranijim primerima, ako zelimo da n dinara platimo koristeci izlatne i srebrne novcice, broj ovakvih placanja ce biti jednak koeficijentu uz xn uproizvodu Z(x)S(x). Prema tome, trazena funkcija generatrisa je jednaka

Z(x)S(x) =1

(1− x2)(1− x3).

NAPOMENA. Operacije koje smo naveli u ovom odeljku nisu korisne samo za nalazenjefunkcije generatrise koja odgovara datom nizu, vec i za nalazenje niza koji odgovara datoj funkcijigeneratrise. U principu, ovaj problem se uvek moze resiti pomocu Tejlorovog reda (eng. Taylor),tj. ponovljenim diferenciranjem, ali ova tehnika u praksi retko daje dobre rezultate.

NEKE POZNATE FUNKCIJE GENERATRISE

Nakon sto smo videli koje sve operacije mozemo da koristimo za dobijanje novihfunkcija generatrisa, sada dajemo spisak funkcija generatrisa za neke uobicajene nizove.Slican spisak mozete naci u skoro svakoj knjizi iz matematicke analize koja obradjujestepene redove.

a)∑

n>0

1 · xn =1

1− x

b)∑

n>1

1n

xn = ln1

1− x

c)∑

n>0

1n!

xn = ex

d)∑

n>0

n xn =x

(1− x)2

e)∑

n>0

(−1)n

(2n + 1)!x2n+1 = sin x

f)∑

n>0

(−1)n

(2n)!x2n = cos x

g)∑

n>0

(n + k

n

)xn =

1(1− x)k+1

h)∑

n>k

(n

k

)xn =

xk

(1− x)k+1


i)∑

n>0

(−1)n

2n + 1x2n+1 = arctg x

j)∑

n>0

(2n

n

)xn =

1√1− 4x

k)∑

n>0

(2n + k

n

)xn =

1√1− 4x

(1−√1− 4x

2x

)k

l)∑

n>0

k!(2n + k − 1)!n!(n + k)!

xn =(

1−√1− 4x

2x

)k

m)∑

n>0

(2n− 1)!!(2n + 1) · (2n)!!

x2n+1 = x +12

x3

3+

1 · 32 · 4

x5

5+

1 · 3 · 52 · 4 · 6

x7

7+ . . . = arcsin x

n)∑

n>1

2n2 sin nπ

4

n!xn = ex sin x

o)∑

n>0

4n n!2

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

(arcsin x

sinx

)2

ZADACI

2.1.1. Naci koeficijent uz:

a) x5 u (1− 2x)−2; b) x4 u 3√

1 + x; c) x3 u(2 + x)3/2

1− x;

d) x9 u1

(1− x)(1− x2)(1− x3).

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

2.1.3. Naci koeficijent uz xn u stepenom razvoju sledecih funkcija, koristeci metodparcijalnih razlomaka ili operacije za rad sa funkcijama generatrisa:

a)1

(1− ax)(1− bx), a 6= b; b)

11− 6x + 11x2 − 6x3

; c)1

(1− x2)2;

d)1− x− x2

(1− 2x)(1− x)2.

2.1.4. Naci funkciju generatrise za svaki od sledecih nizova (svaki od nizova je definisanza sve n > 0):a) an = n; b) an = αn + β; c) an = n2; d) an = αn2 + βn + γ;e) an = 3n; f) an = 5 · 7n − 3 · 4n.

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


c) 1n2 n>1 = (1, 1

4 , 19 , 1

16 , . . . ); d) 1(n+5)!; e) n2+n+1

n! n>1.

2.1.6. Dokazati da je: a)X

n

(m2n

)x2n = 1

2 ((1 + x)m + (1− x)m);

b)X

n

(m

2n+1

)x2n+1 = 1

2 ((1 + x)m − (1− x)m).

2.1.7. Dokazati da je: a)X

n

(2nm

)x2n = xm

2

(1

(1−x)m+1 + (−1)m

(1+x)m+1

);

b)X

n

(2n+1

m

)x2n+1 = xm

2

(1

(1−x)m+1 − (−1)m

(1+x)m+1

).

2.1.8. Neka je an broj uredjenih trojki (i, j, k) celih brojeva tako da je i > 0, j > 1,k > 1 i i + 3j + 5k = n. Naci funkciju generatrise za niz (a0, a1, a2, . . . ) i opstu formuluza an.

2.1.9. Naci funkciju generatrise za broj bn celih brojeva u opsegu 0 do 10m − 1 cija jesuma cifara jednaka n.

2.1.10. a) Neka je a = (an)n>0 dati niz i neka je S operator koji preslikava niz a u nizSa njegovih parcijalnih suma: (Sa)n = a0 + a1 + · · ·+ an, za n > 0. Ako je f(x) funkcijageneratrisa za niz a, dokazati da je f(x)

1−x funkcija generatrisa za niz Sa.

b) Naci funkciju generatrise za harmonijske brojeve Hn = 1 + 12 + 1

3 + · · ·+ 1n , n > 1.

c) Ako je r > 0, naci funkciju generatrise za Sra, tj. za S(S(. . . (Sa) . . . )).d) Nepoznati niz a ima sledece svojstvo: kada, pocevsi od a, r puta ponovimo operacijuS, tada kao rezultat dobijamo niz (1, 0, 0, 0, . . . ). Naci pocetni niz a.e) Koliko je Sra ako je a = (1, 1, 1, 1, . . . )?f) Za proizvoljan niz a, naci eksplicitnu formulu, koja sadrzi samo jedan znak sumacije,za n-ti clan niza Sra.

2.1.11. Dokazati da, u zemlji koja ima samo novcice od 1, 2 i 3 dinara, broj nacina dase plati n dinara je najblizi ceo broj broja (n+3)2

12 .

2.1.12. Za date prirodne brojeve n i k, neka je f(n, k) definisano na sledeci nacin: zasvako predstavljanje broja n kao uredjenog zbira tacno k prirodnih brojeva, neka je Sproizvod tih k brojeva. Tada je f(n, k) zbir svih brojeva S dobijenih na ovaj nacin. Nacifunkciju generatrisa Fk(x) =

Xn

f(n, k)xn u eksplicitnom obliku.

2.1.13. Neka f(n) oznacava razliku izmedju broja uredjenih predstavljanja n kao zbiraparnog broja prirodnih brojeva i broja uredjenih predstavljanja n kao zbira neparnogbroja prirodnih brojeva. Naci f(n) nalazenjem funkcije generatrise F (x) =

Xn

f(n)xn i

njenim razvojem u stepeni red.

2.1.14. Inverzija permutacije σ skupa 1, 2, . . . , n je par brojeva (i, j) tako da je i < ji σ(i) > σ(j). U dvorednom zapisu permutacije, inverzija pokazuje parove koji se nalazeu “pogresnom poretku” u drugom redu. Permutacija

σ =(

1 2 3 4 5 6 7 8 94 9 2 5 8 1 6 7 3

)


ima 19 inverzija, naime parove (1, 3), (1, 6), . . . , (8, 9). Neka je b(n, k) broj permutacijaskupa 1, 2, . . . , n koje imaju tacno k inverzija. Dokazati da za funkciju generatrisaBn(x) =

X

k

b(n, k)xk vazi:

Bn(x) = (1 + x)(1 + x + x2) · . . . · (1 + x + . . . + xn−1).

2.1.15. Naci najveci prirodan broj koji nije oblika 6x + 10y + 15z, gde su x, y, znenegativni celi brojevi. Dokazati da je odgovor tacan, tj. da nadjeni prirodan brojzaista ne moze da se predstavi u datom obliku, dok se svi prirodni brojevi veci od njegamogu predstaviti u datom obliku.

2.1.16. Neka je f(n, k, h) broj uredjenih predstavljanja broja n kao zbira tacno k

prirodnih brojeva, od kojih nijedan nije manji od h. NaciX

n

f(n, k, h)xn.

2.1.17. Naci u eksplicitnom obliku funkciju generatrise Gnr(x) =X

k

ankrxk, gde je

ankr broj nacina da se izabere k od n objekata, s tim sto svaki objekat moze da budeizabran najvise r puta.

2.1.18. Izraziti sumu

Sn =(

2n

0

)+ 2

(2n− 1

1

)+ 22

(2n− 2

2

)+ . . . + 2n

(n

n

)

kao koeficijent uz x2n u odgovarajucem stepenom redu, a zatim naci eksplicitnu formuluza Sn.

2.2 REKURENTNE JEDNACINE

Rekurentne jednacine su jednacine u kojima sledeci clan niza zavisi od nekolikoprethodnih (strogu, matematicku definiciju dacemo malo kasnije). One se jos negdenazivaju i diferencne jednacine (uglavnom na podrucjima koja su bila pod ruskim utica-jem, stoga ponekad i kod nas), kao i rekurzivne jednacine. Rekurentne jednacine nalazesiroki spektar primena (bice ilustrovane kasnije): u ekonomiji, drustvenim naukama,fizici, raznim oblastima matematike...

Krenimo sa nekoliko ilustrativnih primera.

PRIMER 2.2.1. Faktorijel n! se definise kao proizvod prvih n prirodnih brojeva, tj.n! = 1 · 2 · . . . · n (uzima se da je 0! = 1). Posmatrajmo niz faktorijela, an = n!

0!, 1!, 2!, 3!, . . .

Ovaj niz zadovoljava rekurentnu relaciju

an = n · an−1,

za n > 1. Mozemo i obratno ako imamo ovu relaciju i pocetni uslov a0 = 1 da nadjemosve clanove niza ponavljajuci postupak iteracije:


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

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

PRIMER 2.2.2. Niz realnih brojeva kod koga je razlika svaka dva uzastopna clanakonstantna i jednaka d (d je razlika niza) naziva se aritmeticki niz (ponekad i aritmetickaprogresija). Odredimo opsti clan ovog niza.

Resenje. Kako vazi d = an+1 − an, dobijamo da elementi ovog niza zadovoljavajurekurentnu relaciju

an+1 = an + d.

Matematickom indukcijom mozemo pokazati da je opsti clan ovog niza jednak

an = a1 + (n− 1)d.

PRIMER 2.2.3. Niz realnih brojeva kod koga je kolicnik svaka dva uzastopna clanakonstantan i jednak q (q je kolicnik niza) naziva se geometrijski niz (ponekad i geometri-jska progresija). Odredimo opsti clan ovog niza.

Resenje. Kako vazi q =an+1

an, dobijamo da elementi ovog niza zadovoljavaju

rekurentnu relacijuan+1 = q · an.

Matematickom indukcijom mozemo pokazati da je opsti clan ovog niza jednak

an = a1 · qn−1.

U prethodnim primerima smo videli neke od najjednostavnijih rekurentnih veza.Rekurentne veze mogu da zavise i od 2 ili vise indeksa. Jedan takav primer je (rekurentna)definicija binomnih koeficijenata.

PRIMER 2.2.4. U poglavlju 1.6 Osobine binomnih koeficijenata, videli smo da zabinomne koeficijenate vazi Adiciona formula (1.6):

(n

k

)=

(n− 1k − 1

)+

(n− 1

k

), uz pocetne uslove

(n

0

)= 1.

Tu smo koristili da je 06k 6n, ali smo napomenuli da formula vazi i u slucajevima kadaje k < 0 ili k > n (tada su svi binomni koeficijenti jednaki 0), kao i kada n nije ceo brojili kada je n < 0.

U nastavku cemo razmatrati rekurentne jednacine koje zavise samo od jednog indeksa.


Sada cemo dati definiciju ovog veoma bitnog matematickog pojma.

DEFINICIJA 2.2.5. Rekurentna jednacina reda k je jednacina oblika

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

gde je n prirodan broj, a an, an+1, . . . , an+k je k + 1 uzastopnih clanova niza an∞n=1.Resenje rekurentne jednacine je niz an, koji rekurentnu jednacinu prevodi u identitet.

DEFINICIJA 2.2.6. Opste resenje rekurentne jednacine reda k je ono resenje kojesadrzi sva resenja. Opste resenje rekurentne jednacine reda k sadrzi k proizvoljnih kon-stanti (zato sto prvih k clanova niza u potpunosti odredjuje niz). Ukoliko su dati pocetniclanovi ovog niza onda je moguce odrediti vrednosti tih konstanti — tada kazemo da smodobili jedno ili partikularno resenje.

DEFINICIJA 2.2.7. Ako jea(i)n

a(j)n

6= c, gde je c neka fiksirana konstanta, tada nizovi

a(i)n i a(j)

n predstavljaju nezavisna (neproporcionalna) resenja. Ako jea(i)n

a(j)n

= c,

tada nizovi a(i)n i a(j)

n predstavljaju zavisna (proporcionalna) resenja. Pojam zavis-nih resenja mozemo prosiriti i na vise od 2 resenja — ukoliko jedno resenje mozemopredstaviti kao linearnu kombinaciju ostalih tada kazemo da su ta resenja zavisna. Uprotivnom imamo nezavisna resenja.

Sada smo spremni za sledece tvrdjenje.

TEOREMA 2.2.8. Resenja a(1)n , a(2)

n , . . . , a(s)n rekurentne jednacine (2.5) k–tog

reda su nezavisna ako i samo ako je sledeca determinanta razlicita od nule:

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a(1)1 a

(2)n . . . a

(s)n

a(1)2 a

(2)n . . . a

(s)n

......

...a(1)s−1 a

(2)s−1 . . . a

(s)s−1

a(1)s a

(2)s . . . a

(s)s

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

6= 0.

Dokaz . Ukoliko su nizovi a(1)n , a(2)

n , . . . , a(s)n koji su resenja rekurentne jednacine

nezavisni onda su i kolona-vektori matrice A linearno nezavisni, pa je rang matrice Ajednak r(A) = s, sto povlaci da je det(A) 6= 0.

Ako je det(A) 6= 0 onda je i r(A) = s, pa su i kolona-vektori matrice A linearnonezavisni, sto povlaci i da su resenja rekurentne jednacine nezavisna.


Sada cemo dati definiciju linearne rekurentne jednacine (najveci deo ovog poglavljaje posvecen ovom pojmu), a kasnije cemo se sresti i sa nekim nelinearnim rekurentnimjednacinama.

DEFINICIJA 2.2.9. Linearna rekurentna jednacina je jednacina oblika

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

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

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

a ako je f(n) 6= 0 to je linearna nehomogena rekurentna jednacina. Ako su funkcije fi(n)konstante onda imamo linearnu rekurentnu jednacinu sa konstantnim koeficijentima, uprotivnom govorimo o linearnoj jednacini sa funkcionalnim koeficijentima.

LEMA. 2.2.10. Neka su nizovi a(1)n , a(2)

n , . . . , a(s)n resenja linearne homogene

rekurentne jednacine (2.7) tada je i

an = C1 · a(1)n + C2 · a(2)

n + . . . + Cs · a(s)n

resenje te rekurentne jednacine. C1, C2, . . . , Cs su proizvoljne konstante.

Dokaz . Kako su nizovi a(1)n , a(2)

n , . . . , a(s)n resenja jednacine (2.7) vazi

fk(n) · a(1)n+k + fk−1(n) · a(1)

n+k−1 + . . . + f0(n) · a(1)n = 0

fk(n) · a(2)n+k + fk−1(n) · a(2)

n+k−1 + . . . + f0(n) · a(2)n = 0

...fk(n) · a(s)

n+k + fk−1(n) · a(s)n+k−1 + . . . + f0(n) · a(s)

n = 0

Ako prvu od ovih jednacina pomnozimo sa C1, drugu sa C2, . . . , poslednju sa Cs i ondaih saberemo dobijamo jednacinu

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

tj. da je i niz an resenje jednacine (2.7).

TEOREMA 2.2.11. Neka su a(1)n , a(2)

n , . . . , a(k)n nezavisna resenja linearne

homogene rekurentne jednacine (2.7) k–tog reda. Tada je niz sa opstim clanom

an = C1 · a(1)n + C2 · a(2)

n + . . . + Ck · a(k)n ,

gde su C1, C2, . . . , Ck proizvoljne konstante, opste resenje date jednacine.

Dokaz . Neka je an proizvoljno resenje jednacine (2.7) i neka su a1, a2, . . . , ak prvihk clanova tog niza. Odredimo konstante C1, C2, . . . , Ck tako da za njih vazi C1 · a(1)

n +


C2 ·a(2)n + . . .+Ck ·a(k)

n = an, za n = 1, 2, . . . , k, tj. dobili smo sistem linearnih jednacina

C1 · a(1)1 + C2 · a(2)

1 + . . . + Ck · a(k)1 = a1

C1 · a(1)2 + C2 · a(2)

2 + . . . + Ck · a(k)2 = a2

...C1 · a(1)

k + C2 · a(2)k + . . . + Ck · a(k)

k = an

po nepoznatim konstantama C1, C2, . . . , Ck. Kako a(1)n , a(2)

n , . . . , a(k)n predstavljaju

nezavisna resenja po Teoremi 2.2.8 dobijamo da je determinanta prethodnog sistemarazlicita od 0, te stoga taj sistem ima jedinstveno resenje.

Na osnovu cinjenice da prvih k clanova niza koji je resenje rekurentne jednacine k–togreda u potpunosti odredjuju taj niz, kao i da su nizovi a(1)

n , a(2)n , . . . , a(k)

n resenjarekurentne jednacine (2.7) dobijamo da jednakost C1 ·a(1)

n +C2 ·a(2)n + . . .+Ck ·a(k)

n = an

vazi za svako n ∈ N.

Opste resenje nehomogene linearne rekurentne jednacine (slucaj f(n) 6= 0) jed-nako je zbiru opsteg resenja homogene rekurentne jednacine, hn, i nekog partikularnog(proizvoljnog) resenja nehomogene rekurentne jednacine, pn:

an = hn + pn.

Nehomogena rekurentna jednacina se resava na neki od sledecih nacina:1 nakon ispisivanja prvih nekoliko clanova niza uocimo neko pravilo (ili samo resenje) ito dokazemo matematickom indukcijom;2 resimo odgovarajucu homogenu rekurentnu jednacinu i pogodimo partikularno resenje;3 resimo odgovarajucu homogenu rekurentnu jednacinu i primenimo metodu varijacijekonstanti.

LINEARNA REKURENTNA JEDNACINA SA KONSTANT-NIM KOEFICIJENTIMA

Prvo cemo posmatrati linearnu homogenu rekurentnu jednacinu reda k sa konstantnimkoeficijentima:

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

gde su fi, i = 0, 1, . . . , k konstante i f0, fk 6= 0. Ako potrazimo njeno resenje u oblikuan = tn, dobijamo tn(fktk + fk−1t

k−1 + . . . + f1t + f0) = 0. Osim trivijalnog resenjaan = 0 sva ostala resenja pretpostavljanog oblika daje jednacina

(2.9) fktk + fk−1tk−1 + . . . + f1t + f0 = 0.

Ova algebarska jednacina se naziva karakteristicna jednacina rekurentne jednacine (2.8).Sada razlikujemo nekoliko slucajeva u zavisnosti od toga kakvi su koreni t1, t2, . . . , tk(jednacina stepena k ima tacno k resenja nad poljem C) karakteristicne jednacine (2.9).1 Sva resenja t1, t2, . . . , tk su medjusobno razlicita. Tada je opste resenje

an = C1 · t1n + C2 · t2n + . . . + Ck · tkn.

NAPOMENA. Da su ova resenja nezavisna sledi iz Teoreme 2.2.8 i Vandermondove de-terminante

Dn =

˛˛˛˛˛

1 x1 x12 . . . x1

n−1

1 x2 x22 . . . x2

n−1

......

.... . .

...1 xn xn

2 . . . xnn−1

˛˛˛˛˛=

Y

16i<j6n

(xj − xi).


Slicnim, ali komplikovanijim rezonom iz linearne algebre mozemo pokazati da su resenja i iznarednog slucaja nezavisna.

2 Ako medju resenjima karakteristicne jednacine ima visestrukih, uocimo koren tmreda s, s > 1. Tada se moze pokazati da su nizovi sa sledecim opstim clanovimatm

n, ntmn, . . . , ns−1tm

n svi nezavisna resenja polazne rekurentne jednacine i da je deoopsteg resenja koji odgovara korenu tm (koji se javlja s puta jer mu je visestrukost s)jednak izrazu

Cm · tmn + Cm+1 · n · tmn + . . . + Cm+s−1 · ns−1 · tmn,

gde su Cm, Cm+1, . . . , Cm+s−1 proizvoljno odabrane konstante.

NAPOMENA. Naredna 2 slucaja su specijalni slucajevi prethodna 2 slucaja, ali zbognekih razlicitosti, kao i njihovog znacaja ovde smo ih izdvojili.

3 Neka je kompleksan broj ti = α + βi prosta nula karakteristicne jednacine. Tada je iti+1 = ti = α − βi prosta nula. Ako je α ± βi = ρ · (cos θ ± i · sin θ) onda imamo da suclanovi koji odgovaraju resenjima ti i ti+1 (taj deo je takodje realan broj) jednaki:

Ci · (α + βi)n + Ci+1 · (α− βi)n = Di · ρn · cosnθ + Di+1 · ρn · sin nθ,

gde su Ci i Ci+1 kompleksne konstante, a Di i Di+1 realne.4 Ukoliko je kompleksan broj ti = α + βi nula reda s karakteristicne jednacine (tada jei ti+1 = ti = α − βi nula reda s), slicno kao u prethodna dva slucaja, njima odgovarajupartikularna resenja

ρn · cos nθ, ρn · sin nθ; n · ρn · cosnθ, n · ρn · sin nθ; . . . ; ns−1 · ρn · cosnθ, ns−1 · ρn · sin nθ.

PRIMER 2.2.12. Odrediti niz xn zadat rekurentnom jednacinom

xn+3 + axn+2 + bxn+1 + cxn = 0, a, b, c ∈ R.

Resenje. Karakteristicna jednacina je t3 + at2 + bt + c = 0 i neka su njene nule t1, t2 it3. U zavisnosti od toga kakve su t1, t2 i t3 imamo nekoliko slucajeva:1 Ukoliko su sve tri nule razliciti realni brojevi opste resenje je

xn = C1 · t1n + C2 · t2n + C3 · t3n.

2 Ukoliko su sve tri nule realni brojevi i t1 = t2 6= t3, opste resenje je

xn = C1 · t1n + C2 · n · t1n + C3 · t3n.

3 Ukoliko su nule trostruke i realne, tj. t1 = t2 = t3, opste je

xn = C1 · t1n + C2 · n · t1n + C3 · n2 · t1n.

4 Ukoliko nisu sva resenja realna, tj. t1 ∈ R, t2 = α + βi = ρ · (cos θ + i · sin θ),t3 = α− βi = ρ · (cos θ − i · sin θ), opste resenje je

xn = C1 · t1n + C2 · ρn · cos nθ + C3 · ρn · sin nθ.


PRIMER 2.2.13. Resiti sistem rekurentnih jednacina (za proizvoljne p, q, r, s ∈ R):

xn+1 = pxn + qyn, yn+1 = rxn + syn.

Resenje. Ako je q = r = 0 imamo dve (medjusobno nezavisne) geometrijske progresije.Kada je q 6= 0 (i slicno ako je r 6= 0) sistem svodimo na jednu rekurentnu jednacinu

drugog reda: iz prve jednacine imamo yn =xn+1 − pxn

q, yn+1 =

xn+2 − pxn+1

q(svako

n u prethodnoj jednacini smo zamenili sa n + 1) i kad ovo zamenimo u drugu dobijamo

xn+2 − pxn+1

q= rxn + s

xn+1 − pxn

q,

odnosno nakon sredjivanja

xn+2 + (p + s)xn+1 + (sp− qr)xn = 0,

sto je homogena linearna rekurentna jednacina sa konstantnim koeficijentima (najvise 2.reda) koju dalje mozemo resiti standardnim postupkom. Niz yn moze se odrediti izrelacije qyn = xn+1 − pxn.

Sada se vratimo na nehomogenu linearnu rekurentnu jednacinu reda k sa konstantnimkoeficijentima:

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

Prvo cemo resiti odgovarajucu homogenu jednacinu – to je jednacina (2.8) i dobicemohomogeni deo resenja hn na nacin opisan u prethodnom izlaganju. Ako ne mozemo dapogodimo resenje (sto nije bas lako), u nekoliko (veoma cestih) slucaja znamo u komobliku treba da trazimo partikularno resenje:

• Ako je f(n) = Pd(n) polinom stepena d po promenljivoj n i akot = 1 nije resenje karakteristicne jednacine rekurentne jednacine (2.8) tada partiku-larno resenje nehomogene jednacine (2.10) trazimo kao nepoznati polinom Qd(n)stepena d, tj. u obliku

pn = Qd(n) = A0 + A1n + A2n2 + . . . + Adn

d,

gde nepoznate konstante Ai dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u polaznunehomogenu jednacinu (2.10).Ako je f(n) = Pd(n) i t = 1 jeste koren mnogostrukosti m karakteristicne jednacineonda partikularno resenje trazimo u obliku

pn = nm ·Qd(n) = A0nm + A1n

m+1 + A2nm+2 + . . . + Adn

m+d.

• Ako je f(n) = K · bn (K je neka konstanta) i ako t = b nije koren karakteristicnejednacine onda partikularno resenje trazimo u obliku

pn = A · bn,

gde nepoznatu konstantu A trazimo tako sto izraz za pn zamenimo u (2.10).Ako je f(n) = K · bn i ako t = b jeste koren mnogostrukosti m karakteristicnejednacine onda partikularno resenje trazimo u obliku

pn = A · nm · bn.


• Ako je f(n) = Pd(n) · bn, gde je Pd(n) polinom stepena d po promenljivoj n iako t = b nije resenje karakteristicne jednacine rekurentne jednacine (2.8) tadapartikularno resenje nehomogene jednacine (2.10) trazimo u obliku

pn = Qd(n) · bn = (A0 + A1n + A2n2 + . . . + Adn

d) · bn,

gde nepoznate konstante Ai dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (2.10).Ako je f(n) = Pd(n) i t = b jeste koren mnogostrukosti m karakteristicne jednacineonda partikularno resenje trazimo u obliku

pn = nm ·Qd(n) · bn = (A0nm + A1n

m+1 + A2nm+2 + . . . + Adn

m+d) · bn.

• Ako je nehomogeni deo ili f(n) = K · cos(nθ) ili f(n) = K · sin(nθ) ili f(n) = K1 ·cos(nθ)+K2·sin(nθ) (K, odnosno K1 i K2 su konstante) i ako t = eiθ = cos θ+i sin θnije resenje karakteristicne jednacine rekurentne jednacine (2.8) tada partikularnoresenje nehomogene jednacine (2.10) trazimo u obliku

pn = A · cos(nθ) + B · sin(nθ),

gde nepoznate konstante A i B dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (2.10).Ako nehomogeni deo f(n) = K · cos(nθ) ili f(n) = K · sin(nθ) ilif(n) = K1 · cos(nθ) + K2 · sin(nθ) i t = eiθ jeste koren mnogostrukosti m karakter-isticne jednacine (2.8) onda partikularno resenje trazimo u obliku

pn = nm · (A · cos(nθ) + B · sin(nθ)).

• Ako je f(n) = Pd(n) · sin(nθ) ili f(n) = Pd(n) · cos(nθ) ilif(n) = Pd1(n) · sin(nθ) + Pd2(n) · cos(nθ), gde je Pd(n) polinom stepena d popromenljivoj n, odnosno u trecem slucaju Pd1(n) i Pd2(n) polinomi stepena d1 i d2,za koje vazi da je d = maxd1, d2, i ako t = eiθ = cos θ + i sin θ nije resenje karak-teristicne jednacine (2.8) tada partikularno resenje nehomogene jednacine (2.10)trazimo u obliku

pn = Qd(n) · sin(nθ) + Rd(n) · cos(nθ)= (A0 + A1n + A2n

2 + . . . + Adnd) · sin(nθ) +

(B0 + B1n + B2n2 + . . . + Bdn

d) · cos(nθ),

gde nepoznate konstante Ai i Bj (tj. nepoznate polinome Qd(n) i Rd(n) stepenad) dobijamo kada ovaj izraz za pn zamenimo u (2.10).Ako je f(n) = Pd(n) · sin(nθ) ili f(n) = Pd(n) · cos(nθ) ilif(n) = Pd1(n) · sin(nθ) + Pd2(n) · cos(nθ) i t = eiθ jeste koren mnogostrukostim karakteristicne jednacine (2.8) onda partikularno resenje trazimo u obliku

pn = nm · (Qd(n) · sin(nθ) + Rd(n) · cos(nθ)).

• (Najopstiji od ovih oblika) Ako je f(n) = Pd(n) · bn · sin(nθ) ili f(n) = Pd(n) ·bn · cos(nθ) ili f(n) = bn · (Pd1(n) · sin(nθ) + Pd2(n) · cos(nθ)

)i ako t = b · eiθ =

b(cos θ + i sin θ) nije resenje karakteristicne jednacine rekurentne jednacine (2.8)tada partikularno resenje nehomogene jednacine (2.10) trazimo u obliku

pn = bn · (Qd(n) · sin(nθ) + Rd(n) · cos(nθ)),


gde nepoznate polinome Qd(n) i Rd(n) stepena d dobijamo kada ovaj izraz za pn

zamenimo u (2.10).Ako je f(n) = Pd(n) ·bn ·sin(nθ) ili f(n) = Pd(n) ·bn ·cos(nθ) ili f(n) = bn ·(Pd1(n) ·sin(nθ)+Pd2(n) · cos(nθ)

)i t = b · eiθ jeste koren mnogostrukosti m karakteristicne

jednacine onda partikularno resenje trazimo u obliku

pn = nm · bn · (Qd(n) · sin(nθ) + Rd(n) · cos(nθ)).

Ako je nehomogeni deo f(n) sastavljen od zbira (ili razlike) nekoliko delova od kojih jesvaki nekog od oblika koji su dati malopre, onda za svaki od njih ponaosob odredimoodgovarajuce partikularno resenje i onda ih saberemo (ili oduzmemo), tj. nehomogenomdelu f(n) odgovara sledeci partikularni deo p(n):

f(n) = f1(n) + f2(n) + . . . Ã p(n) = p1(n) + p2(n) + . . . ,

gde nehomogenom delu f1(n) odgovara partikularno resenje p1(n), f2(n) odgovara p2(n),. . .

Prethodna teoretska razmatranja cemo ilustrovati kroz naredne primere.

PRIMER 2.2.14. Naci opste resenje rekurentne jednacine an = 6an−1− 8an−2 +3n.

Resenje. Resimo prvo homogenu jednacinu an = 6an−1−8an−2, tj. kad sve prebacimona levu stranu

an − 6an−1 + 8an−2 = 0.

Ona ima karakteristicnu jednacinu t2 − 6t + 8 = 0 koja ima 2 resenja t1 = 2 i t2 = 4.Stoga je resenje homogenog dela

hn = C1 · 2n + C2 · 4n,

gde su C1 i C2 neke konstante koje zavise od pocetnih uslova (kako u ovom primerunisu dati pocetni uslovi ove konstante ne mozemo odrediti, tj. one ce ostati i u krajnjemresenju).

Sada trazimo partikularno resenje. Kako je nehomogeni deo f(n) = 3n i t = 3 nijekoren karakteristicne jednacine partikularno resenje trazimo u obliku pn = A · 3n. Tadaje pn−1 = A · 3n−1 i pn−2 = A · 3n−2 i kad ovo ubacimo u polaznu jednacinu dobijamoda je

A · 3n = 6 ·A · 3n−1 − 8 ·A · 3n−2 + 3n.

Kada sve podelimo sa 3n−2 dobijamo 9A = 18A − 8A + 9, odakle je A = −9 = −32.Dobijamo da je partikularno resenje pn = −3n+2. Konacno imamo da je resenje overekurentne jednacine an = hn + pn:

an = C1 · 2n + C2 · 4n − 3n+2.

PRIMER 2.2.15. Naci opsti clan niza zadatog sa an−6an−1 +12an−2−8an−3 = 2n

uz pocetne uslove a0 = 0, a1 = 2 i a2 = 16.


Resenje. Resimo prvo homogenu jednacinu. Kada resimo karakteristicnu jednacinut3 − 6t2 + 12t − 8 = 0 dobijemo trostruku nulu t1 = t2 = t3 = 2. Stoga je resenjehomogenog dela

hn = C12n + C2n2n + C3n22n.

Kako je t = 2 trostruka nula (nula reda 3) partikularno resenje trazimo u obliku pn =An32n. Kada ubacimo pn−1, pn−2 i pn−3 u polaznu rekurentnu vezu dobicemo A = 1

6 ,tj. partikularno resenje je pn = 1

6n32n, sto nam daje opste resenje ovog niza:

an = C12n + C2n2n + C3n22n +

16n32n = 2n(C1 + C2n + C3n

2 +16n3).

Konstante C1, C2 i C3 trazimo iz pocetnih uslova (resavanjem sistema linearnihjednacina):

a0 = 0 = 20(C1 + C2 · 0 + C3 · 02 + 16 · 03)

a1 = 2 = 21(C1 + C2 · 1 + C3 · 12 + 16 · 13)

a2 = 16 = 22(C1 + C2 · 2 + C3 · 22 + 16 · 23)

⇒ C1 = 0, C2 =13, C3 =

12.

Konacno dobijamo opsti clan niza kada ove konstante ubacimo u opste resenje:

an = 2n( 13n + 1

2n2 + 16n3) =

2n · n(n + 1)(n + 2)6

.

Osvrnimo se jos na resavanje linearne rekurentne jednacine reda k sa konstantnimkoeficijentima (2.10) kada je dato k pocetnih uslova. Tada imamo dve mogucnosti.

• Ako su pocetni uslovi uzastopni (tj. njihovi indeksi su uzastopni celi brojevi, npr.a0, a1, . . . , ak−1 ili a1, a2, . . . , ak) onda su konstante Ci u homogenom resenju hn

jedinstveno odredjene, odnosno odgovarajuci problem ima jedinstveno resenje.

• Ako pocetni (ili granicni) uslovi nisu uzastopni onda odgovarajuci problem mozeda ima jedinstveno resenje, vise resenja ili da uopste nema resenja.

Ilustrujmo ovo na jednom jednostavnom primeru.

PRIMER 2.2.16. Homogenoj rekurentnoj relaciji an = 4an−2 odgovara karakter-isticna jednacina t2−4 = 0, pa je opste resenje an = C1 ·2n +C1 · (−2)n. U zavisnosti odtoga kakvi su pocetni uslovi imamo nekoliko razlicitih slucajeva (u prvom slucaju cemodati uzastopna resenja, a u naredna 3 neuzastopna):

• a0 = xa1 = y

⇒ C1 + C2 = x2C1 − 2C2 = y

⇒ C1 =2x + y

4i C2 =

2x− y

4⇒

imamo jedinstveno resenje an = 2x+y4 · 2n + 2x−y

4 · (−2)n.

• a0 = 1a2 = 4 ⇒ C1 + C2 = 1

4C1 + 4C2 = 4 ⇒ C1 = α i C2 = 1 − α, gde je

α ∈ R ⇒ imamo beskonacno mnogo resenja (koja zavise od jednog parametra α)an = α · 2n + (1− α) · (−2)n.

• a0 = 1a2 = 5 ⇒ C1 + C2 = 1

4C1 + 4C2 = 5 ⇒ nema resenja.


• a0 = 2a3 = 0 ⇒ C1 + C2 = 2

8C1 − 8C2 = 0 ⇒ C1 = C2 = 1 ⇒ imamo jedinstveno

resenje an = 2n + (−2)n =

2n+1 n parno0 n neparno

.

NEKE NELINEARNE REKURENTNE JEDNACINE

Za nelinearne rekurentne jednacine ne postoji opsti postupak za njihovo resavanje.U narednom izlaganju mi cemo kroz primere dati postupke za resavanje nekih tipovanelinearnih jednacina.

PRIMER 2.2.17. Dat je niz sa a0 = 1, an = an−1 + an−2 + . . . + a1 + 2a0 za n > 1.Naci opsti clan.

Resenje. Ovde nam problem cini sto svaki sledeci clan niza zavisi od svih prethodnih.Primetimo da je an−1 = an−2 + . . . + a1 + 2a0. Polazna rekurentna jednacina svodi na

an = an−1 + (an−2 + . . . + a1 + 2a0) = an−1 + an−1 = 2an−1,

uz pocetni uslov a0 = 1. Resenje ove linearne rekurentne jednacine prvog reda sa kon-stantnim koeficijentima je an = 2n.

PRIMER 2.2.18. Dat je niz sa x0 = 1, x1 = 2, xn+2 =xn+1

3

xn2

za n > 0. Naci opsti

clan.

Resenje. Principom matematicke indukcije se pokaze da je xn > 0 za svako n ∈ N.Tada mozemo uvesti smenu yn = log2 xn. Kada logaritmujemo polaznu rekurentnujednacinu dobijamo linearnu rekurentnu jednacinu sa konstantnim koeficijentima

yn+2 = 3yn+1 − 2yn

(sa pocetnim uslovima y0 = 0, y1 = 1). Ova jednacina ima resenje yn = 2n − 1, pa jeresenje polazne nelinearne rekurentne jednacine xn = 22n−1.

PRIMER 2.2.19. Niz an definisan je na sledeci nacin: a1 = 1, an =n + 1n− 1

(a1 +

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

Resenje. Data rekurentna jednacina moze se zapisati i kao

(n− 1)an = (n + 1)(a1 + a2 + . . . + an−1),

a sada ako obema stranama dodamo (n− 1)(a1 + a2 + . . . + an−1) dobijamo jednacinu

(n− 1)(a1 + a2 + . . . + an−1 + an) = 2n(a1 + a2 + . . . + an−1),


koja se moze srediti na oblik

a1 + a2 + . . . + an−1 + an

n= 2 · a1 + a2 + . . . + an−1

n− 1.

Sa Sk oznacimo aritmeticku sredinu prvih k clanova niza, tj. Sk = a1+a2+...+ak

k , dobijamolinearnu jednacinu sa konstantnim koeficijentima prvog reda

Sn = 2Sn−1,

cije je resenje Sn = 2n−1. Na osnovu ovoga nalazimo opsti clan polaznog niza

an = nSn − (n− 1)Sn−1 = (n + 1)2n−2.

Zamenom u prethodnu jednakost dobijamo da je a2007 = 2008 · 22005.

PRIMER 2.2.20. Za niz an vazi: am+n + am−n − m + n − 1 =a2m + a2n

2za sve m,n ∈ N0, m > n. Ako je a1 = 3 naci a2007.

Resenje. Za n = 0 dobijamo

(2.11) a2m = 4am − 2m− 3.

Za m = 1 i n = 0 dobijamo a2 = 7. Zamena n = 1 u polaznoj relaciji daje am+1 +

am−1 −m =12

(a2m + a2) i odatle nalazimo

(2.12) a2m = 2am+1 + 2am−1 − 2m− 7.

Kada od (2.12) oduzmemo (2.11) i podelimo sa 2 dobijamo nehomogenu linearnurekurentnu jednacinu

(2.13) am+1 − 2am + am−1 = 2.

Resimo ovu nehomogenu jednacinu. Odgovarajucoj homogenoj odgovara karakteristicnajednacina t2− 2t+1 = 0, koja ima dvostruko resenje t1 = t2 = 1, te tada dobijamo da jehomogeni deo resenja an,h = A+Bn. Partikularno resenje trazimo u obliku an,p = Cn2,sto kad uvrstimo u nehomogenu rekurentnu jednacinu (2.13) nalazimo an,p = n2. Stogaje an = an,h + an,p = A + Bn + n2. Konstante A i B dobijamo iz pocetnih uslovaa0 = 1 = A, a1 = 3 = A + B + 1, sto nam daje resenje A = B = C = 1, odakle je

an = n2 + n + 1

za svako n ∈ N0.Odgovor na pitanje iz zadatka je a2007 = 20072 + 2008.

PRIMER 2.2.21. Resiti rekurentnu jednacinu xn+1 − n · xn = n! · n5, za n > 0.

Resenje. Resimo prvo odgovarajucu homogenu jednacinu hn+1 − nhn = 0. Kako jehn = (n − 1)hn dobijamo da je hn = C(n − 1)! (gde je h1 = C). Potrazimo opsteresenje polazne rekurentne jednacine metodom varijacije konstanti (umesto konstante Cuzimamo da je tu neki nepoznati niz cn, tj. u obliku

pn = cn · (n− 1)!


sto kad uvrstimo u polaznu rekurentnu jednacinu dobijamo

n! · cn+1 − n · (n− 1)! · cn = n! · n5,

odakle kad skratimo sve sa n! dobijamo nehomogenu linearnu rekurentnu jednacinu sakonstantnim koeficijentima

cn+1 − cn = n5.

Kako je nehomogeni deo f(n) = n5 polinom stepena 5 i kako je t = 1 nula karakteristicnejednacine partikularno resenje trazimo u sledecem obliku

pn = n ·Q5(n) = n · (An5 + Bn4 + Cn3 + Dn2 + En + F ),

dde je Q5(n) nepoznati polinom stepena 5. Konstante A,B,C, D,E, F odredjujemoubacivanjem u jednacinu pn+1 − pn = n5 – dobijamo

pn =112

(2n6 − 6n5 + 5n4 − n2),

odnosno kada faktorisemo pn = 112n2(n− 1)2(2n2 − 2n− 1). Kako je resenje homogenog

dela samo konstanta K dobijamo da je opste resenje

xn = K +112

n2(n− 1)2(2n2 − 2n− 1).

Konstantu K treba da odredimo iz pocetnih uslova. Kada n = 0 uvrstimo u polaznujednacinu dobijamo da je x1 = 0, a odatle je K = 0. Konacno dobijamo da je

xn =

112n2(n− 1)2(2n2 − 2n− 1) n > 1M n = 0

,

gde je M proizvoljna konstanta.

PRIMER 2.2.22. Neka je niz xn dat sa: x0 = a, x1 = b, xn = xn−1 +xn−2

n− 1, za

n > 0. Naci opsti clan niza.

Resenje. Uvedimo smenu yn =xn

n + 1. Polazna jednacina postaje

(n + 1)yn = nyn−1 + yn−2,

uz nove pocetne uslove y0 = a i y1 = b2 . Sada uvedimo jos jednu smenu

zn = yn − yn−1 i dobijamo (n + 1)zn = −zn−1, uz pocetni uslov z1 = b−2a2 . Vracanjem

unazad dolazimo do opsteg clana niza zn:

zn = (− 1n + 1

) · (− 1n

) · . . . · (−13) · z1 = (−1)n−1 b− 2a

(n + 1)!.

Dalje za opsti clan niza yn imamo

yn = y0 +n∑

i=1

zi = a + (b− 2a)n∑

i=1

(−1)n−1

(n + 1)!.

Konacno imamo xn = (n + 1)yn = (n + 1) ·[a + (b− 2a)

nX

i=1

(−1)n−1

(n+1)!

].


PRIMER 2.2.23. Odrediti xn ako je dato x0 = m i xn+1 =axn + b

cxn + d.

Resenje. Uvedimo smenu xn =yn

zn, uz nove pocetne uslove z0 = 1 i y0 = m. Tada

imamo xn+1 =yn+1

zn+1, a kada zamenimo u polaznu jednacinu imamo xn+1 =

axn + b

cxn + d=

ayn

zn+ b

cyn

zn+ d

=ayn + bzn

cyn + dzn. Izjednacavanjem ova 2 izraza polaznu nelinearnu rekurentnu

jednacinu smo sveli na sistem linearnih rekurentnih jednacina

yn+1 = ayn + bzn

zn+1 = cyn + dzn,

uz pocetne uslove z0 = 1 i y0 = x0, sto je Primer 2.2.13.Proverimo jos da ovako odredjeni nizovi yn i zn u potpunosti odredjuju niz xn.

Tada je x0 = y0z0

= m1 = m i

xn+1 =yn+1

zn+1=

ayn + bzn

cyn + dzn=

ayn

zn+ b

cyn

zn+ d

=axn + b

cxn + d.

PRIMER 2.2.24. Niz xn koji je resenje rekurentne jednacine xn+1 =xn − 1xn + 1

zadovoljava uslov x2006 = 3. Odrediti koliko je x1.

Resenje. Ovaj primer bismo mogli da uradimo tehnikom koju smo razvili u prethod-nom primeru, ali cemo ovde dati drugi pristupak.

Ako izracunamo prvih nekoliko clanova niza dobijamo

x1 =x0 − 1x0 + 1

, x2 = − 1x0

, x3 =x0 + 11− x0

i x4 = x0.

Kako svaki sledeci clan niza xn zavisi samo od prethodnog, to je ovaj niz periodicansa periodom 4. Stoga je a2006 = a4·501+2 = x2 = 3, a iz polazne rekurentne jednacineimamo x2 = x1−1

x1+1 . Resavanjem jednacine 3 = x1−1x1+1 dobijamo da je x1 = −2.

PRIMER 2.2.25. Resiti rekurentnu jednacinu xn+1 · xn + axn+1 + bxn + c = 0.

Resenje. Uvedimo smenu xn =yn+1

yn−a. Kada zamenimo u polaznu jednacinu imamo

(yn+2yn+1

− a)(yn+1yn

− a) + a · (yn+2yn+1

− a) + b · (yn+1yn

− a) + c = 0, odnosno nakon skracivanjayn+2yn

+ (b − a)yn+1yn

+ (c − ab) = 0, sto nakon mnozenja sa yn daje homogenu linearnurekurentnu jednacinu sa konstantnim koeficijentima

yn+2 + (b− a)yn+1 + (c− ab)yn = 0.

PRIMER 2.2.26. Resiti rekurentnu jednacinu xn+1 = xn(2 − c · xn), sa pocetnimuslovom x0 = a.


Resenje. Ako je c = 0, data rekurentna jednacina se svodi na linearnu jednacinu prvogreda xn+1 = 2xn i ona ima resenje xn = a · 2n.

Neka je c 6= 0. Tada imamo sledeci niz jednakosti

cxn+1 = cxn(2− xn) =(1− (1− cxn)

)(1 + (1− cxn)

)= 1− (1− cxn)2,

odakle dobijamo da je 1 − cxn+1 = (1 − cxn)2. Smenom yn = 1 − cxn se prethodnarekurentna jednacina svodi na yn+1 = yn

2 uz pocetni uslov y0 = 1− ac.Iz jednakosti yn+1 = yn

2 nam sledi i da su svi (tj. za n>1) clanovi niza yn pozitivni,pa mozemo uvesti novu smenu zn = ln yn pa dobijamo linearnu jednacinu zn+1 = 2zn,uz pocetni uslov z0 = ln(1 − ac). Odavde, slicno kao i u prvom slucaju, dobijamo da je

zn = 2n · ln(1− ac), odakle je yn = (1− ac)2n

, odakle je xn =1− (1− ac)2

n

c.

PRIMER 2.2.27. Resiti rekurentnu jednacinu xn+1 =12

(xn +

c

xn

), uz uslov x0 = a.

Resenje. Primetimo da je

xn+1 −√

c =12· (xn −

√c)2

xni xn+1 +

√c =

12· (xn +

√c)2

xn.

Stoga imamo da je

xn+1 −√

c

xn+1 +√

c=

(xn −√

c)2

(xn +√

c)2=

(xn −

√c

xn +√

c

)2

.

Dalje, kao i u prethodnom primeru, dobijamo da jexn+1 −

√c

xn+1 +√

c=

(a−√c

a +√

c

)2n

, odakle

nalazimo xn =√

c ·1 +

(a−√ca+√

c

)2n

1−(

a−√ca+√

c

)2n =√

c · (a +√

c)2n

+ (a−√c)2n

(a +√

c)2n − (a−√c)2n .

PRIMER 2.2.28. Resiti rekurentnu jednacinu xn+1 = 2xn2−1, sa pocetnim uslovom

x0 = a.

Resenje. Neka je c broj koji zadovoljava jednakost c+c−1

2 = a. Pokazimo da

xn =c2n

+ c−2n

2

predstavlja resenje date rekurentne jednacine:

xn+1 =c2n+1

+ c−2n+1

2=

(c2n

+ c−2n)2 − 22

= 2 ·(

c2n

+ c−2n

2

)2

− 1 = 2xn2 − 1,

a i x0 = c20+c−20

2 = c+c−1

2 = a.

PRIMER 2.2.29. Naci resenje sistema rekurentnih jednacina

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


koje zadovoljava pocetne uslove x0 = 1 i y0 = 2.

Resenje. Kada od prve jednacine oduzmemo drugu dobijamo xn+1 = 2yn. Kada oddvostruke druge oduzmemo prvu dobijamo yn+1 = xn − yn. Sada kao u Primeru 2.2.13

resimo ovaj novi sistem rekurentnih jednacina xn+1 = 2yn

yn+1 = xn − ynsa istim pocetnim

uslovima x0 = 1 i y0 = 2, te dobijamo resenje

xn = 2− (−2)n, yn = 1 + (−2)n.

PRIMER 2.2.30. Nizovi an i bn zadovoljavaju sistem rekurentnih jednacina

an+1 =bn

an, bn+1 =

bn − 1an − 1

.

Naci pocetne uslove x0 i y0 ako je poznato da ovi nizovi konvergiraju.

Resenje. Odredimo prvih nekoliko clanova oba niza

a1 =b0

a0b1 =

b0 − 1a0 − 1

a2 =a0(b0 − 1)b0(a0 − 1)

b2 =a0

a0 − 1

a3 =b0

b0 − 1b3 =

b0

b0 − a0

a4 =b0 − 1b0 − a0

b4 =a0(b0 − 1)b0 − a0

a5 = a0 b5 = b0

Vidimo da su oba niza periodicni sa istim periodom 5. Periodicni nizovi an i bn sukonvergentni ako i samo ako su konstantni, tj. akko vazi a1 = a0 i b1 = b0, odnosno akkoje

b0

a0= a0 i

b0 − 1a0 − 1

= b0.

Eliminisanjem promenljive b0 = a02 iz ovog sistema dobijamo kvadratnu jednacinu a0

2−a0 − 1 = 0, cijim resavanjem dobijamo 2 resenja datog sistema:

(a0, b0) ∈(

1−√52 , 3−√5

2

),(

1+√

52 , 3+

√5

2

).

PRIMER 2.2.31. Resiti sistem rekurentnih jednacina

xn+1 =xn + yn

2, yn+1 =

2xnyn

xn + yn,

sa pocetnim uslovima x0 = a i y0 = b.


Resenje. Ako pomnozimo ove 2 jednacine dobijamo xn+1yn+1 = xnyn. Pomocu overelacije mozemo principom matematicke indukcije dokazati da je xnyn = ab, te se timepolazni sistem rekurentnih jednacina sveo na

xn+1 =xn + yn

2, xnyn = ab.

Ako sad elimisemo promenljivu yn iz ovih jednakosti dobijamo novu jednacinu xn+1 =12 (xn + ab

xn), koju smo vec razmatrali u Primeru 2.2.27, te imamo da je njeno resenje

xn =√

ab · (√

a +√

b)2n

+ (√

a−√

b)2n

(√

a +√

b)2n − (√

a−√

b)2n.

Sada iz relacije xnyn = ab nalazimo i yn:

yn =√

ab · (√

a +√

b)2n − (

√a−

√b)2

n

(√

a +√

b)2n + (√

a−√

b)2n.

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

Resenje. Odredimo narednih nekoliko clanova niza:

x4 = 47, x5 = 322, x6 = 15 127, x7 = 4 870 847.

Vidimo da on jako brzo raste, te cemo pokusati sa pretpostavkom da je opsti clan nizau obliku xn = af(n) + a−f(n). Uvrstavanjem u polaznu rekurentnu jednacinu dobijamo

af(n+1) + a−f(n+1) = (af(n) + a−f(n)) · (af(n−1) + a−f(n−1))− (af(n−2) + a−f(n−2)),

tj. af(n+1) + a−f(n+1) = af(n)+f(n−1) + af(n)−f(n−1) + a−f(n)+f(n−1)+a−f(n)−f(n−1) − af(n−2) − a−f(n−2). Ako izjednacimo 1. i 2. clan sa leve strane i 1. i4. clan sa desne strane dobija se da je

f(n + 1) = f(n) + f(n− 1).

Ovo tacno odgovara da se ostali clanovi pokrate, jer je pomerena ova jednacina f(n) =f(n− 1) + f(n− 2), tj. f(n)− f(n− 1) = f(n− 2).

Ostaje da trazimo pocetne uslove za funkciju f(n). Iz x1 = 2 = af(1) + a−f(1)

dobijamo da je f(1) = 0 (slucaj a = 1 otpada jer bi onda bilo xn ≡ 2, sto nije tacno jerje x2 = 7). Dalje, iz x2 = 7 = af(2) + a−f(2), smenom t = af(2), dobijamo kvadratnu

jednacinu t2− 7t +1 = 0 koja ima resenja t1,2 = 7±3√

52 . Kako je t1 = 7+3

√5

2 =(

3+√

52

)2

i t2 = 7−3√

52 =

(3+√

52

)−2

, mozemo uzeti da je a = 3+√

52 i f(2) = 2. Proverimo da li se

ovo uklapa i u treci pocetni uslov: f(3) = f(2)+f(1) = 2+0 = 2 i x3 = af(3) +a−f(3) =af(2) + a−f(2) = x2 = 7. Sada imamo da je f(n) = 2Fn−1 (gde Fn oznacava n-ti clanFibonacijevog niza zadatog sa F1 = F2 = 1 i Fn+1 = Fn + Fn−1), te konacno nalazimoda je opsti clan niza xn jednak

xn =

(3 +

√5

2

)2Fn−1

+

(3−√5

2

)2Fn−1

.


Sada direktno dobijamo da je xn + 2 =((

3+√

52

)Fn−1

+(

3−√52

)Fn−1)2

.

Iz Binomnog razvoja sledi da je broj(

3+√

52

)Fn−1

+(

3−√52

)Fn−1

ceo.

NAPOMENA. Moze se pokazati da je xn =F8Fn−1

F4Fn−1

.

PRIMENE REKURENTNIH JEDNACINA

Sada cemo se osvrnuti na neke od primena rekurentnih jednacina: u ekonomiji, lin-earnoj algebri (za racunanje determinanti i odredjivanje stepena matrice), matematickojanalizi (za racunanje nekih vrsta integrala), teoriji brojeva, aritmetici, kao i u samojkombinatorici (razni kombinatorni problemi, kao i permanent matrice). Sve cemo ihilustrovati kroz primere. Pored toga rekurentne jednacine nalaze primene i u drugimnaukama, npr. fizici (za izracunavanje starosti nekog predmeta koriscenjem periodapoluraspada radioaktivnog ugljenika), drustvenim naukama...

PRIMER 2.2.33. Banka nudi godisnji interes r (u procentima) na ulozeni kapital.Neka a0 glavnica koju smo ulozili u banku (pocetni depozit) i an predstavlja kolicinuna koju je narastao kapital u toj banci nakon n godina. Odrediti koliko je an ako je upitanju: a) prost kamatni racun; b) slozen kamatni racun.

Resenje. a) Na kraju svake godine kapital se uvecava za ra0. Stoga je rekurentnajednacina

an+1 = an + ra0.

Kada resimo ovu rekurentnu jednacinu dobijamo da je an = a0(1 + nr).b) U slozenom kamatnom racunu kapital se na kraju n-te godine uvecava za r · an (an

je kapital na pocetku te godine). Stoga imamo rekurentnu jednacinu

an+1 = an(1 + r).

Kada resimo ovu rekurentnu jednacinu dobijamo da je an = a0(1 + r)n.

PRIMER 2.2.34. Izracunati vrednost determinante reda n

Dn(−5, 10,−5) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

10 −5 0 0 . . . 0 0−5 10 −5 0 . . . 0 00 −5 10 −5 . . . 0 00 0 −5 10 0 0...

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

0 0 0 . . . −5 10 −50 0 0 . . . 0 −5 10

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

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


determinante istog oblika samo manjih redova: n − 1 i n − 2). Odgovarajuca karakter-isticna jednacina je t2 − 10t + 25 = 0 i ona ima dvostruko realno resenje t1 = t2 = 5, paje opste resenje

Dn = C1 · 5n + C2 · n · 5n.

Nepoznate konstante C1 i C2 trazimo iz pocetnih uslova :

D1 = 10D2 = 75 ⇒ 5C1 + 5C2 = 10

25C1 + 50C2 = 75 ⇒ C1 = C2 = 1 ⇒ Dn = 5n(n + 1).

PRIMER 2.2.35. Data je matrica A =[1 23 0

]. Odrediti matricu An, za n ∈ N.

Resenje 1 . Karakteristicni polinom matrice A je jednak

kA(t) = det(A− tI) =∣∣∣∣1− t 2

3 −t

∣∣∣∣ = t2 − t− 6.

Za svaku matricu, pa i A, vazi da je nula svog karakteristicnog polinoma (Kejli-Hamiltonova teorema), tj. A2 − A − 6I = 0, gde I predstavlja jedinicnu matricu odgo-varajuceg reda. Odavde imamo da je

(2.14) A2 = A + 6I.

Ako ovu jednacinu pomnozimo sa A i iskoristimo jednakost (2.14) dobijamo

A3 = A2 + 6A = A + 6I + 6A = 7A + 6I.

Stoga vidimo da matricu An uvek mozemo predstaviti kao linearnu kombinaciju matricaA i I (u opstem slucaju za matricu A reda r, matricu An predstavljamo kao linearnukombinaciju matrica I, A, A2, . . . , Ar−1):

An = xn ·A + yn · I.

Sada imamo da je An+1 = xn+1 ·A+yn+1 · I, a sa druge strane (ovde se jednakost (2.14)opet koristi!) imamo da je

An+1 = An ·A = (xn ·A + yn · I) ·A = xn ·A2 + yn ·A= xn · (A + 6I) + yn ·A = (xn + yn) ·A + 6xn · I.

Izjednacavanjem ova 2 izraza za An+1 dobijamo sistem rekurentnih jednacina

xn+1 = xn + yn, yn+1 = 6xn, uz pocetne uslove x0 = 0, y0 = 1.

Kada iz druge eliminisemo niz yn i to vratimo u prvu jednacinu dobijamo rekurentnujednacinu

xn+1 = xn + 6xn−1, uz pocetne uslove x0 = 0, x1 = 1.

Njena karakteristicna jednacina je t2 − t − 6 = 0 (sto je bas karakteristicni polinommatrice A!). Stoga je xn = C1 · 3n + C2 · (−2)n. Kada konstante C1 i C2 nadjemo iz

pocetnih uslova dobijamo xn =3n − (−2)n

5, a odatle yn =

2 · 3n + 3 · (−2)n

5, odnosno

An =15

[3n+1 − (−2)n+1 2 · 3n + (−2)n+1

3n+1 − 3 · (−2)n 2 · 3n + 3 · (−2)n

].


Resenje 2 . Kao i u prethodnom resenju dobijamo jednacinu A2 = A + 6I, koju kadapomnozimo sa An dobijamo rekurentnu jednacinu

An+2 = An+1 + 6An, uz pocetne uslove A0 = I =[1 00 1

], A1 = A =

[1 23 0

].

Ovde nam je An nepoznati niz matrica. Karakteristicna jednacina je opet t2−t−6 = 0,pa je opsti clan dat sa

An = M1 · 3n + M2 · (−2)n,

gde su M1 i M2 nepoznate matrice oblika 2× 2, koje nalazimo iz pocetnih uslova: M1 =15

[3 23 2

], M2 = 1

5

[2 −2−3 3

]. Odavde je

An =3n

5

[3 23 2

]+

(−2)n

5·[

2 −2−3 3

].

NAPOMENA. Postoji i obrnuta veza sistema linearnih rekurentih jednacina sa konstant-nim koeficijentima i matrice An. Dati sistem se moze zapisati u matricnom obliku

2666664

xn+1

yn+1

zn+1

...wn+1

3777775

=

2666664

a11xn + a12yn + a13zn + . . . + a1swn

a21xn + a22yn + a23zn + . . . + a2swn

a31xn + a32yn + a33zn + . . . + a3swn

...as1xn + as2yn + as3zn + . . . + asswn

3777775

= A ·

2666664

xn

yn

zn

...wn

3777775

,

gde je matrica A = [aij ]s×s. Tada imamo da je opste resenje ovog sistema jednako

2666664

xn

yn

zn

...wn

3777775

= An ·

2666664

x0

y0

z0

...w0

3777775

,

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

PRIMER 2.2.36. Odrediti cemu je jednak integral oblika∫

sinn xdx.

Resenje. Za izracunavanje∫

sinn xdx koristimo parcijalnu integraciju:

In =∫

sinn xdx =∫

sin x · sinn−1 xdx

= − cosx · sinn−1 x + (n− 1)∫

sinn−2 x · cos2 xdx

= − cosx · sinn−1 x + (n− 1)∫

sinn−2 x · (1− sin2 x) dx

= − cosx · sinn−1 x + (n− 1)∫

sinn−2 xdx− (n− 1)∫

sinn xdx

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


odakle dobijamo rekurentnu vezu:

In = − 1n

cosx · sinn−1 x +n− 1

nIn−2.

Pocetni uslov je ovde I1 =∫

sin xdx = − cosx.

Slicnim postupkom mozemo da resimo i integral∫

cosn x dx.

PRIMER 2.2.37. Dokazati da za svaki prirodan broj n vazi 27 | 10n + 18n− 1.

Resenje. U ovom primeru cemo raditi obrnut postupak. Krenucemo od resenja idobicemo odgovarajucu linearnu homogenu rekurentnu jednacinu sa konstantnim koefi-cijentima i onda iz nje izvuci trazeni zakljucak.

Ako je an = 10n + 18n − 1 opste resenje rekurentne jednacine, onda su 10 i 1 nulekarakteristicne jednacine (1 dvostruka), tj. karakteristicna jednacina je

(t− 10)(t− 1)2 = 0,

odnosno t3 − 12t2 + 21t− 10 = 0.Tada je odgovarajuca rekurentna jednacina an−12an−1 +21an−2−10an−3 = 0, odnosno

an = 12an−1 − 21an−2 + 10an−3.

Dokazimo matematickom indukcijom da su svi clanovi niza an deljivi sa 27.

1 Baza indukcije.Za n = 0, n = 1 i n = 2 imamo a0 = 0, a1 = 27 i a2 = 135 = 5 · 27. Svi su deljivi sa 27.2 Indukcijska pretpostavka.Pretpostavimo da tvrdjenje vazi za neko n = k − 2, n = k − 1 i n = k:27 | ak−2, 27 | ak−1, 27 | ak.3 Indukcijski korak.Za n = k + 1 imamo da je i

ak+1 = 12ak − 21ak−1 + 10ak−2

deljiv sa 27 jer je svaki od 3 clana na desnoj strani po indukcijskoj pretpostavci deljiv sa27.

Stoga po principu matematicke indukcije su svi clanovi niza an = 10n + 18n − 1 deljivisa 27.

PRIMER 2.2.38. Dat je u decimalnom zapisu broj (√

3 +√

2)2006. Odrediti cifrekoje su neposredno uz decimalni zarez.

Resenje. Posmatrajmo niz an zadat formulom

an = (√

3 +√

2)2n + (√

3−√

2)2n = (5 + 2√

6)n + (5− 2√

6)n.

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


oduzmemo od an+4 + an+2 = 10an+3 (pomerena prethodna) dobijamo da je an+4 − an

deljiv sa 10, tj. niz zadnjih cifara brojeva an je periodican sa periodom 4. Stoga imamo

a1003 ≡ a3 ≡ 10− a1 = 0 (mod 10).

Kako je 0 < (√

3−√2)2006 < 110 , dobijamo da vazi

a1003 > (√

3 +√

2)2006 > a1003 − 110

,

pa su trazene cifre devetke, tj. dati broj je oblika . . . 9, 9 . . .

PRIMER 2.2.39. Na koliko razlicitih nacina se u uredjenoj vrsti moze postavitiukupno n crvenih, plavih i belih kuglica, tako da nikada nisu jedna pored druge dvecrvene kuglice, dve bele kuglice i crvena i bela kuglica? (Kuglice iste boje se ne razlikuju!)

Resenje 1 . Neka ukupno crvenih i belih kuglica ima k. Zamenimo te kuglice sa kcrveno-belih kuglica. Tada se zadatak sveo na:Na koliko razlicitih nacina se u uredjenoj vrsti moze postaviti ukupno n crveno-belih iplavih kuglica, tako da nikada nisu jedna pored druge dve crveno-bele kuglice?Izmedju k crveno-belih kuglica mora da se nalazi bar po jedna plava kuglica. Na k+1-nomesto pre, izmedju i posle tih k crveno-belih kuglica mozemo da stavimo preostalih n−k−(k − 1) = n− 2k + 1 plavih kuglica. Kako iza svake crveno-bele kuglice (sem poslednje)mora da bude bar jedna plava te 2 kuglice mozemo spojiti u jednu ”sarenu”kuglicu itime se svelo da odredimo na koliko nacina k sarenih i n− 2k + 1 plavih kuglica mozemorasporediti u vrstu (a to je ekvivalentno izboru k mesta za sarene kuglice od ukupnok +n−2k +1 = n−k +1 mesta) – sto mozemo uraditi na

(n−k+1

k

)nacina. Crvene i bele

kuglice umesto crveno-belih mozemo da rasporedimo na 2k nacina, pa vrstu sa fiksiranihk crvenih ili belih kuglica mozemo da uredimo na

(n−k+1

k

) · 2k, te kako je(n−k+1

k

)= 0

za k >[

n+12

], to dobijamo da je trazeni broj rasporeda an =

∑

k>0

(n− k + 1

k

)· 2k.

Resenje 2 . Oznacimo sa an trazeni broj rasporeda. Ako je na kraju plava kuglica izanje moze biti bilo koja kuglica, dok ako je na kraju crvena ili bela iza nje mora biti plava,a iza ove opet moze biti bilo koja kuglica. Stoga, dolazimo do rekurentne jednacinean = an−1 + 2an−2. Pocetni uslovi su a1 = 3 (C,P,B) i a2 = 5 (CP,PC,PP,PB,BP).Resimo ovu jednacinu. Njena karakteristicna jednacina je t2 − t − 2 = 0 i njeni korenisu t1 = 2 i t2 = −1. Stoga je an = C1 · 2n + C2 · (−1)n. Konstante C1 i C2 nalazimo izpocetnih uslova: a1 = 3 = C1 ·21 +C2 · (−1)1 i a2 = 5 = C1 ·22 +C2 · (−1)2, tj. dobijamo

sistem 2C1 − C2 = 34C1 + C2 = 5 cija su resenja C1 = 4

3 i C2 = − 13 . Tako, konacno, dobijamo da

je an = 43 · 2n − 1

3 · (−1)n =2n+2 + (−1)n+1

3.

NAPOMENA. Na osnovu ova 2 razlicita resenja prethodnog primera smo dobili (sa sve

kombinatornim dokazom) sledeci identitet: an =X

k>0

n− k + 1

k

!· 2k =

2n+2 + (−1)n+1

3.

PRIMER 2.2.40. Koliko ima n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih cifara?

Resenje 1 . Posmatracemo prvo brojeve kojima je prva cifra parna (slucaj 1), a zatimone kod kojih je prva cifra neparna (2).


1 Prva cifra moze biti jedna od 4 cifre: 2, 4, 6, 8. Od preostalih n − 1 cifara mora ilijos jedna, ili jos 3, ili jos 5,. . . da budu parne. Za ovih n− 1 mesta imamo 5 mogucnostii za parne i za neparne cifre. U ovom slucaju ima

4 · [(n−11

)+

(n−1

3

)+

(n−1

5

)+ . . .

] · 5n−1 = 4 · (1+1)n−1−(1−1)n−1

2 · 5n−1 =42· 10n−1

trazenih brojeva.2 Ovde prvu cifru mozemo izabrati na 5 nacina, a od preostalih n− 1 cifara mora bitiili 0, ili 2, ili 4,. . . parnih cifara. Za ova cetiri mesta imamo 5 mogucnosti i za parne i zaneparne cifre. U ovom slucaju ima

5 · [(n−10

)+

(n−1

2

)+

(n−1

4

)+ . . .

] · 5n−1 = 5 · (1+1)n−1+(1−1)n−1

2 · 5n−1 =52· 10n−1

trazenih brojeva.Ukupno ovih brojeva ima 45 · 10n−2 za n > 2, dok za n = 1 imamo 5 brojeva (1,3,5,7,9imaju 0 parnih cifara).

Resenje 2 . Oznacimo sa an broj n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih cifara,a sa bn broj n-tocifrenih brojeva sa neparnim brojem parnih cifara. Ako dopisujemoposlednju cifru dobijamo da vazi

an+1 = 5an + 5bn i bn+1 = 5an + 5bn,

uz pocetne uslove a1 = 5 i b1 = 4. Iz prve jednacine dobijamo bn = 15an+1 − an,

sto kad uvrstimo u drugu dobijamo 15an+2 − an+1 = 5an + 5( 1

5an+1 − an), odnosnoan+2 = 10an+1 (primetimo da ova relacija vazi za n > 1, tj. tek od treceg clana a3), stosa pocetnim uslovom a2 = 45 daje an = 45 · 10n−2, za n > 2 (za n = 1 je a1 = 5).

Resenje 3 . Oznacimo sa A skup n-tocifrenih brojeva sa parnim brojem parnih cifara, asa B skup n-tocifrenih brojeva sa neparnim brojem parnih cifara (vazi |A| = an i |B| = bn

u terminologiji prethodnog resenja). Uocimo preslikavanje koje slika skup A u skup B,dato sa f(x) = x , pri cemu se x dobija od x tako sto umesto cifre jedinica c broja xzapisemo cifru 9− c, dok sve ostale cifre ostavimo nepromenjene. Funkcija f je za n > 2bijekcija pa je |A| = |B|, odnosno an = bn. Kako n-tocifrenih brojeva ima 9 · 10n−1,dobijamo da je an = bn = 45 · 10n−2, za n > 2.

PRIMER 2.2.41. Naci vrednost izrazanX

k=0

k4.

Resenje 1 . Oznacimo sa Sn zbir prvih n cetvrtih stepena: Sn =∑n

k=0 k4. Tada imamolinearnu nehomogenu rekurentnu jednacinu Sn+1 = Sn+(n+1)4 uz pocetni uslov S0 = 0.Opste resenje ove rekurentne jednacine jednako je zbiru homogenog i partikularnog:Sn = hn + pn.Homogeno resenje hn dobijamo kada resimo homogenu jednacinu hn+1 = hn. Njenakarakteristicna jednacina je t = 1, pa je njeno resenje hn = C1 · 1n = C1, gde je C1 nekakonstanta, koju cemo na kraju odrediti iz pocetnog uslova.Partikularno resenje je jedno resenje jednacine pn+1 = pn +(n+1)4. Kako je nehomogendeo f(n) = (n + 1)4 polinom stepena 4 i kako je 1 nula (i to reda s = 1) karakteristicnejednacine kod homogenog dela, to cemo partikularno resenje traziti u obliku pn = ns ·Q4,gde je Q4(n) nepoznat polinom stepena 4 po n. Stoga partikularno resenje pn trazimo uobliku pn = n1 · (αn4 + βn3 + γn2 + δn + ε) = αn5 + βn4 + γn3 + δn2 + εn. Zamenimoovo u gornju jednacinu:


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

Izjednacavanjem koeficijenata uz odgovarajuce stepene u polinomima sa leve i desnestrane dobijamo sistem:

n5 : α = αn4 : 5α + β = β + 1n3 : 10α + 4β + γ = γ + 4n2 : 10α + 6β + 3γ + δ = δ + 6n : 5α + 4β + 3γ + 2δ + ε = ε + 41 : α + β + γ + δ + ε = 1,

cija su resenja α = 15 , β = 1

2 , γ = 13 , δ = 0, ε = − 1

30 . Konacno dobijamo

pn =n5

5+

n4

2+

n3

3− n

30.

Opste resenje je Sn = C1 +n5

5+

n4

2+

n3

3− n

30, sto nam sa pocetnim uslovom S0 = 0

daje C1 = 0, tj. dobijamo da je Sn =n5

5+

n4

2+

n3

3− n

30.

Resenje 2 . Ako znamo formule za zbir kubova, kvadrata i samih prvih n brojevamozemo na sledeci nacin dobiti formulu za zbir cetvrtih stepena. Podjimo od formule(n + 1)5 − n5 =

(51

)n4 +

(52

)n3 +

(53

)n2 +

(54

)n +

(55

)= 5n4 + 10n3 + 10n2 + 5n + 1. Ispod

nje napisimo formulu u kojoj smo svako n zamenili sa n − 1, zatim sa n − 2, . . . i nakraju sa n = 2:

n5 − (n− 1)5 = 5(n− 1)4 + 10(n− 1)3 + 10(n− 1)2 + 5(n− 1) + 1

(n− 1)5 − (n− 2)5 = 5(n− 2)4 + 10(n− 2)3 + 10(n− 2)2 + 5(n− 2) + 1

...

25 − 15 = 5 · 14 + 10 · 13 + 10 · 12 + 5 · 1 + 1.

Sabiranjem svih ovih jednacina dobijamo

(n + 1)5 − 1 = 5n∑

k=1

k4 + 10n∑

k=1

k3 + 10n∑

k=1

k2 + 5n∑

k=1

k +n∑

k=1

1.

Odavde dobijamo trazenu sumu:

5n∑

k=1

k4 = (n + 1)5 − 1− 10n∑

k=1

k3 − 10n∑

k=1

k2 − 5n∑

k=1

k −n∑

k=1

1

= (n + 1)5 − 1− 10n2(n + 1)2

4− 10

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

− 5n(n + 1)

2− n

⇒n∑

k=1

k4 =n5

5+

n4

2+

n3

3− n

30=

n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n− 1)30

.

NAPOMENA. Do date sume smo mogli doci i pomocu druge sumacione formule (1.11) ijednakosti k4 = 24

`k4

´+ 36

`k3

´+ 14

`k2

´+`

k1

´.


PRIMER 2.2.42. Izracunati sumu 1 · 3 · (n1

)+ 2 · 32 · (n

2

)+ . . . + n · 3n · (n

n

).

Resenje 1 . Kako je k · (nk

)= n!

(k−1)!(n−k)! = n · (n−1k−1

)(videti Lemu 1.7.1) imamo da je

data suma jednaka (uzimamo ` = k − 1):

Sn =n∑

k=1

k · 3k ·(

n

k

)= n ·

n∑

k=1

(n− 1k − 1

)3k = 3n ·

n−1∑

`=0

(n− 1

`

)3`

= 3n · (1 + 3)n−1 = 3n · 4n−1.

Resenje 2 . Izracunajmo sta je sledeci clan niza Sn+1 (koristicemo Adicionu formulu zabinomne koeficijente

(n+1

k

)=

(nk

)+

(n

k−1

)— to je Lema 1.6.3):

Sn+1 = 1 · 3 ·(

n + 11

)+ 2 · 32 ·

(n + 1

2

)+ . . . + (n + 1) · 3n+1 ·

(n + 1n + 1

)

= 1 · 3 ·(

n

1

)+ 2 · 32 ·

(n

2

)+ . . . + n · 3n ·

(n

n

)+ 0

+ 1 · 3 ·(

n

0

)+ 2 · 32 ·

(n

1

)+ . . . + (n + 1) · 3n+1 ·

(n

n

)

= Sn + 3 ·((

n

0

)+ 3 ·

(n

1

)+ . . . + 3n−1 ·

(n

n− 1

)+ 3n ·

(n

n

)+ Sn

)

= Sn + 3 ·((1 + 3)n + Sn

)= 4Sn + 3 · 4n.

Dobili smo linearnu nehomogenu rekurentnu jednacinu Sn+1 = 4Sn + 3 · 4n, uz pocetniuslov S1 = 1 · 3 · (1

1

)= 3. Nehomogeni deo mozemo izgubiti ako od nje oduzmemo

cetvorostruku jednacinu (sa pomerenim indeksom), tj. Sn = 4Sn−1 + 3 · 4n−1. Dakle,Sn+1 − 4Sn = 4Sn + 3 · 4n − 4 · (4Sn−1 + 3 · 4n−1), tj.

Sn+1 − 8Sn + 16Sn−1 = 0,

uz pocetne uslove S1 = 3 i S2 = 4S1 + 3 · 41 = 12 + 12 = 24. Karakteristicna jednacinakoja odgovara ovoj rekurentnoj jednacini je

t2 − 8t + 16 = 0

i ona ima dvostruko resenje t1 = t2 = 4, te je opste resenje oblika

Sn = C1 · 4n + C2 · n · 4n,

gde konstante C1 i C2 nalazimo iz pocetnih uslova.

S1 = 3S2 = 24 ⇒ 4C1 + 4C2 = 3

16C1 + 32C2 = 24 ⇒ C1 = 0, C2 =34⇒ Sn = 3n · 4n−1.

Resenje 3 . Posmatrajmo formulu (1 + 3x)n =nX

k=0

(nk

)3kxk, koju dobijamo na os-

novu Binomne teoreme. Izracunajmo izvode i leve i desne strane prethodne jednakosti:n(1 + 3x)n−1 · 3 =

nX

k=0

(nk

)3k · kxk−1. Sada, ako zamenimo x = 1 dobijamo

3n · 4n−1 =n∑

k=1

k · 3k ·(

n

k

)= Sn.


Resenje 4 . Odredimo kombinatorni objekat koji broji i leva i desna strana identitetanX

k=1

k ·3k ·(nk

)= 3n ·4n−1. Neka imamo uredjene n-torke brojeva iz skupa N4 = 1, 2, 3, 4

i neka je fiksirana jedna pozicija na kojoj nije broj 4 (tu je 1, 2 ili 3). To nam basdaje desnu stranu identiteta, jer je

(n1

)= n broj nacina da fiksiramo tu 1 poziciju, njoj

mozemo odrediti broj na 3 nacina, a na svakoj od preostalih n−1 pozicija moze biti bilokoji broj (tj. mozemo dodeliti vrednost na 4 nacina), te imamo ukupno n · 3 · 4n−1.

Prebrojmo ove objekte, ali malo drugacije. Neka se na k, od tih n pozicija javlja nekiod brojeva 1,2,3, a na preostalih n− k je broj 4. Tih k pozicija mozemo izabrati na

(nk

)nacina i na svakoj od njih element biramo od 3 broja (1,2,3), te sve njih mozemo odreditina 3k nacina. Ostaje da fiksiramo jednu od tih k pozicija – to mozemo uciniti na

(k1

)= k

nacina. Kako k moze biti proizvoljan broj 1 6 k 6 n (ne moze biti 0 jer imamo tu jednu

fiksiranu poziciju na kojoj je 1, 2 ili 3), to datih objekata ima basnX

k=1

(nk

) · 3k · k.

Izjednacavanjem ova dva rezultata dobijamo trazeni identitet.

PRIMER 2.2.43. Odrediti broj N(n, r) permutacija π skupa Nn = 1, 2, . . . , n kodkojih vazi jednakost

π(k) 6 k + r

za svako k = 1, 2, . . . , n (ovde je r < n).

Resenje. Permutacije sa ogranicenjima mozemo opisati pomocu (0, 1)-matrice A =(aij)n×n u kojoj imamo:

aij =

1, ako je i− j 6 r,0, inace.

Broj permutacija sa ogranicenjima je dat preko permanenta (funkcije koju smo uveli upododeljku ”Permutacije”), tj. imamo da je N(n; r) = per A. Da se podsetimo, perma-nent se definise kao

per A =∑

π∈Sn

a1π(1)a2π(2) . . . anπ(n),

gde π uzima vrednosti iz kupa Sn svih permutacija skupa Nn. U ovoj sumi, samoproizvodi koji odgovaraju permutaciji π koja zadovoljava sva ogranicenja imaju vrednost1, dok su ostali jednaki 0. Stoga je broj permutacija sa ogranicenjima jednak permanentupridruzene matrice A.

Permanent mozemo izracunati i pomocu Laplasovog razvoja (koji je slican onom zadeterminante, samo su svi clanovi pozitivni). Razvijanjem po prvoj vrsti matrice Adobijamo rekurentnu relaciju

N(n; r) = (r + 1) ·N(n− 1; r).

Pocetni uslov nam jeN(r + 1; r) = (r + 1)!

jer su to sve permutacije skupa Nr+1. Na osnovu ove dve jednakosti dobijamo

N(n; r) = (r + 1)n−r−1 ·N(r + 1; r) = (r + 1)n−r−1 · (r + 1)!


ZADACI

Resiti sledece rekurentne jednacine (zadaci 2.2.1–2.2.21):

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

2.2.17. an = 6an−1 − 8an−2 + 3n za n > 2.

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

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

2.2.20. an = 4(an−1 − an−2) + 2n za n > 2.

2.2.21. an = 3an−1 − 4n + 3 · 2n za n > 1.

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

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

2.2.24. Odrediti resenje rekurentne jednacine xn+1 =xn − 1xn + 3

, uz uslov x0 = 1.


2.2.25. Resiti rekurentnu jednacinu xn+1 =xn + 1−xn + 1

, uz uslov x0 = 0.

2.2.26. Resiti rekurentnu jednacinu xn+1 · xn + 3xn+1 + xn + 4 = 0, x0 = 0, x1 = − 43 .

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

2.2.28. Izracunati sumu n·1·(n0

)+(n−1)·3·(n

1

)+(n−2)·32 ·(n

2

)+. . .+1·3n−1 ·( n

n−1

).

2.2.29. Neka je xn broj nizova od n slova koji se mogu formirati koriscenjem slovaA,B,V,G,D takvih da se slovo A javlja neparan broj puta. Naci rekurentnu relaciju zaxn.

2.2.30. U ravni je nacrtano n pravih u opstem polozaju (ne postoje 2 paralelne prave ni3 konkurentne). Te prave dele ravan na rn regiona (oblasti koje mogu biti i beskonacne).Naci rn.

2.2.31. U ravni je nacrtano n kruznica, takvih da se svake 2 od tih kruznica seku utacno 2 tacke i da ne postoje 3 kruznice koje se seku u istoj tacki. Te kruznice dele ravanna rn regiona. Naci rn.

2.2.32. (Hanojske kule) Data su 3 vertikalna klina (oni su oznaceni sa A,B,C) i naprvom klinu se nalazi n diskova razlicitih precnika (na dnu je najveci, pa onda malo manjii tako do najmanjeg koji je na vrhu). Rastojanje izmedju svaka 2 od klinova je vece odnajveceg precnika diskova. Legalan potez se definise kao svaki potez koji sa vrha nekogod ova 3 klina skida disk i stavlja ga na vrh gomile koja je na nekom od preostala 2 klina,ali da tim potezom nismo stavili veci disk na manji disk. Oznacimo sa xn broj legalnihpoteza potrebnih da svih n diskova premestimo sa klina A na klin B. Naci rekurentnurelaciju za xn, a zatim je i resiti.

2.3 FUNKCIJE GENERATRISE I RESAVANJEREKURENTNIH JEDNACINA

Ponovo cemo razmatrati (normiranu) linearnu homogenu rekurentnu jednacinu redak sa konstantnim koeficijentima (2.8), ali ovog puta uz date pocetne uslove:

(2.15)

an+k + fk−1 · an+k−1 + fk−2 · an+k−2 + . . . + f0 · an = 0, (n > 0)a0 = u0, a1 = u1, . . . , ak−1 = uk−1

TEOREMA 2.3.1. Funkcija generatrise niza an datog sa (2.15) je oblika

A(x) =R(x)

1 + fk−1x + fk−2x2 + . . . + f0xn,

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


Dokaz . Kako u proizvodu

(1 + fk−1x + . . . + f0xn)A(x) = (1 + fk−1x + . . . + f0x

n)(a0 + a1x + . . . anxn + . . .)

koeficijent uz xn+k iznosi an+k + fk−1 · an+k−1 + fk−2 · an+k−2 + . . . + f0 · an, za n > 0.To sa cinjenicom da niz an zadovoljava jednacinu (2.15) nam daje da je koeficijent uzxn+k jednak 0 za svako n > 0. Jedini koeficijenti koje se ne ponistavaju su koeficijentiu clanove 1, x, . . . , xk−1, te stoga imamo da je gornji proizvod jednak polinomu R(x)stepena deg R(x) < k.

Koeficijente polinoma R(x) (koji nisu 0) mozemo dobiti iz gornjeg proizvoda, kadaiskoristimo pocetne uslove, a0 = u0, a1 = u1, . . . , ak−1 = uk−1:

R(x) = u0 + (u1 + fk−1u0)x + . . . + (uk−1 + fk − 1uk−2 + . . . + f1u0)xk−1.

Sada cemo dati vezu funkcije generatrise sa karakteristicnom jednacinom, koju smovec sreli u Formuli 2.9, tk + fk−1t

k−1 + . . . + f1t + f0 = 0. Vidimo da ako levu stranukarakteristicne jednacine podelimo sa tk, a zatim zamenimo 1

t sa x, dobijamo imenilacfunkcije genertrise A(x): 1+fk−1x+fk−2x

2 + . . .+f0xn. Kako je poznato da nad poljem

kompleksnih brojeva polinom stepena k (tj. u ovom slucaju karakteristicna jednacina)ima k korena, koji ne moraju biti razliciti, mozemo uzeti da su to razlicite vrednostiα1, α2, . . . , αs koje se javljaju po m1,m2, . . . ,ms puta, respektivno (tj. vazi m1 + m2 +. . . + ms = k). Tada karakteristicna jednacina moze biti napisana u obliku

(t− α1)m1 · (t− α2)m2 · . . . · (t− αs)ms = 0.

Ako sada ponovimo transformacije od malopre (podelimo karakteristicnu jednacinu satk, a zatim zamenimo 1

t sa x), dobijamo da se funkcija generatrisa moze predstaviti uobliku

A(x) =R(x)

(1− α1x)m1 · (1− α2x)m2 · . . . · (1− αsx)ms.

Iz teorije polinoma dobijamo naredna dva tvrdjenja, koja cemo dati bez dokaza.

TEOREMA 2.3.2. Neka su P (x) i Q(x) polinomi za koje vaze sledeci uslovi:

1 deg P (x) < deg Q(x);

2 Q(x) = S(x) ·T (x), gde su S(x) i T (x) polinomi koji nemaju netrivijalan zajednickifaktor;

3 polinom Q(x) ima slobodni clan q0 6= 0.

Tada postoje polinomi F (x) i G(x) za koje vazi

deg F (x) < deg S(x), deg G(x) < deg T (x), iP (x)Q(x)

=F (x)S(x)

+G(x)T (x)

.


Uopstenje prethodnog tvrdjenja je sledeca teorema.

TEOREMA 2.3.3. Neka su P (x) i Q(x) polinomi za koje vaze sledeci uslovi:

1 deg P (x) < deg Q(x);

2 Q(x) = Q1(x)m1 ·Q2(x)m2 · . . . ·Qk(x)mk , gde su Qi(x) i Qj(x) (za i 6= j) polinomikoji nemaju netrivijalan zajednicki faktor;

3 polinom Q(x) ima slobodni clan q0 6= 0.

Tada postoje polinomi Hi(x) (i = 1, . . . , k) za koje vazi

deg Hi(x) < deg Qi(x)mi iP (x)Q(x)

=H1(x)

Q1(x)m1+

H2(x)Q2(x)m2

+ . . . +Hk(x)

Qk(x)mk.

Dokaz . Visestrukom primenom prethodnog tvrdjenja.

Cesto, ali ne uvek, dekompoziciju na parcijalne razlomke treba nastaviti jos jedan ko-rak. Posmatrajmo tipican razlomak H(x)

(α−x)m , kod koga vazi deg H(x) < m. Visestrukomprimenom Hornerove seme ili pomocu Tejlorovog polinoma, mozemo polinom H(x)razviti po potencijama (stepenima) od (α− x), tj. predstaviti u obliku

H(x) = γm + γm−1(α− x) + γm−2(α− x)2 + . . . + γ1(α− x)m−1.

Odavde kada sve podelimo sa (α− x)m dobijamo

H(x)(α− x)m

=γ1

α− x+

γ2

(α− x)2+ . . . +

γm

(α− x)m.

Ovim postupkom pravu racionalnu funkciju P (x)Q(x) mozemo predstaviti u obliku zbira par-

cijalnih razlomaka kod kojih su imenioci oblika (α− x)i, a brojioci konstante.

PRIMER 2.3.4. Predstaviti racionalnu funkcijuP (x)Q(x)

=2 + 4x− 3x2

2− 5x + 4x2 − x3u obliku

zbira parcijalnih razlomaka.

Resenje. Kada faktorisemo imenilac dobijamo Q(x) = (1 − x)2 · (2 − x). Stoga ovuracionalnu funkciju predstavljamo u obliku zbira sledecih parcijalnih razlomaka

P (x)Q(x)

=2 + 4x− 3x2

2− 5x + 4x2 − x3=

γ1

1− x+

γ2

(1− x)2+

γ3

2− x,

gde je potrebno odrediti konstante γ1, γ2, γ3. Pomnozimo prethodni izraz sa Q(x) idobijamo jednacinu

(2.16) 2 + 4x− 3x2 = γ1 · (1− x)(2− x) + γ2 · (2− x) + γ3 · (1− x)2.

Konstante γ1, γ2, γ3 mozemo odrediti izjednacavanjem koeficijenata polinoma na levoj idesnoj strani i resavanjem odgovarajuceg sistema, ali je to komplikovaniji nacin. Ovdecemo ih odrediti zamenom pogodnih vrednosti.


Sta su pogodne vrednosti? Ako zamenimo x = 1 (jer je to nula polinoma Q) ujednacinu (2.16) 2 od 3 clana na desnoj strani ce se ponistiti i dobijamo:

3 = 0 · γ1 + 1 · γ2 + 0 · C3 = γ2.

Ako zamenimo x = 2 u jednacinu (2.16) dobijamo:

−2 = 0 · γ1 + 0 · γ2 + 1 · C3 = γ3.

Tako smo odmah odredili γ2 i γ3. Ostalo nam je da odredimo jos i γ1, ali kako nemamovise pogodnih vrednosti zamenicemo bilo koju vrednost za x u jednacinu (2.16), npr.x = 0 (za x = 0 racun ide najlakse) i dobijamo:

2 = 2 · γ1 + 2 · γ2 + 1 · C3 = 2 · γ1 + 2 · 3 + 1 · (−2) = 2 · γ1 + 4,

odakle je γ1 = −1. Time smo dobili da je trazeno predstavljanje

P (x)Q(x)

=−1

1− x+

3(1− x)2

+−2

2− x.

Sada cemo iskoristiti Uopstenu binomnu teoremu (Teorema 2.1.8), da odredimo opsticlan niza, ako znamo funkciju generatrise. Tu vezu izmedju funkcije generatrise i opstegclana niza nam daje sledeca teorema.

TEOREMA 2.3.5. Neka je niz an dat sa (2.15) i neka karakteristicna jednacinaima korene t1, t2, . . . , ts sa odgovarajucim visestrukostima m1,m2, . . . , ms. Tada je opsticlan niza oblika

an = P1(n) · t1n + P2(n) · t2n + . . . + Ps(n) · tsn,

gde su Pi(n) polinomi po n stepena najvise mi − 1, tj.

Pi(n) = A0 + A1n + A2n2 + . . . + Ami−1n

mi−1,

gde su Aj proizvoljne konstante (koje se odredjuju na osnovu pocetnih uslova).

Dokaz . Prema prethodnim razmatranjima o parcijalnim razlomcima funkciju genera-trise A(x) niza an mozemo predstaviti kao sumu od s izraza oblika

γ1

1− αx+

γ2

(1− αx)2+ . . . +

γm

(1− αx)m.

Iz Uopstene binomne teoreme (Teorema 2.1.8), tj. tacnije prema njenoj posledici – For-muli (2.4), imamo da je koeficijent uz xk u odgovarajucem formalnom stepenom redujednak

γ1

(1 + n− 1

n

)αn + γ2

(2 + n− 1

n

)αn + . . . + γm

(m + n− 1

n

)αn.

Kako ovaj izraz mozemo napisati u obliku P (x)αn, uz Uslov simetricnosti(n+`

n

)=

(n+`

`

),

dobijamo da je

P (n) = γ1

(n

0

)+ γ2

(n + 1

1

)+ . . . + γm

(n + m− 1

m− 1

).


Prema Definiciji 1.3.2 binomnog koeficijenta imamo da je(n+`

`

)polinom po promenljivoj

n stepena `. Dakle, P (n) je polinom po n stepena najvise m−1, sto je i trebalo pokazati.

Ovim teoretskim zakljuccima smo pokazali formule date u prethodnom poglavlju 2.2”Rekurentne jednacine”.

PRIMERI

Direktnu primenu funkcija generatrisa ilustrovacemo na nekoliko primera (homogenih,nehomogenih rekurentnih jednacina, kao i njihovih sistema).

PRIMER 2.3.6. Naci funkciju generatrise niza an ako on zadovoljava rekurentnurelaciju an+1 = 3an + 2, uz pocetni uslov a0 = 0 i odatle naci opsti clan niza.

Resenje. Jednacini an+1 = 3an + 2 odgovara jednacina

A(x)− a0

x= 3A(x) +

21− x

sa funkcijama generatrise: izraz na levoj strani, A(x)−a0x , odgovara nizu pomerenom za

jedan ulevo tako da je njegov n-ti clan razvoja jednak an+1; n-ti clan od 3A(x) je 3an;dok je svaki (pa i n-ti clan) razvoja 2

1−x jednak 2. Jednacini an+1 = 3an +2 sa pocetnimuslovom a0 = 0 odgovara jednacina

A(x)x

= 3A(x) +2

1− x,

sto kad sredimo dobijamo A(x)(1 − 3x) =2

1− x. Odatle nalazimo trazenu funkciju

generatrise niza an:A(x) =

2x

(1− 3x)(1− x).

Funkciju generatrise niza cemo predstaviti u pogodnijem obliku za trazenje niza(racionalnu funkciju predstavimo u obliku zbira parcijalnih razlomaka) i zatim iskoristimopoznate funkcije generatrise iz prethodnog poglavlja:

A(x) =2x

(1− 3x)(1− x)=

11− 3x

− 11− x

.

Iz funkcije generatrise lako nalazimo i opsti clan niza:

A(x) =1

1− 3x− 1

1− x=

∑

n>0

(3x)n −∑

n>0

xn =∑

n>0

(3n − 1)xn

A(x) =∑

n>0

anxn ⇒ an = 3n − 1.

PRIMER 2.3.7. Naci funkciju generatrise niza an ako on zadovoljava rekurentnurelaciju an+1 = 2an + n, uz pocetne uslove a0 = 1 i odatle naci opsti clan niza.


Resenje. Neka nizu an odgovara funkcija generatrisa A(x). Tada nizu an+1 odgo-vara A(x)−a0

x = A(x)−1x . Kako je 1

1−x funkcija generatrisa niza (1, 1, 1, 1, . . . ) imamoda nizu (1, 2, 3, 4, . . . ) odgovara funkcija generatrisa

(1

1−x

)′. Kako nama treba nizbn = n = (0, 1, 2, 3, . . . ) prethodni treba jos da pomerimo za 1 mesto udesno, pa je njegovafunkcija generatrisa B(x) = x · ( 1

1−x

)′ = x 1(1−x)2 = x

(1−x)2 . Time smo svim clanovimarekurentne veze odredili odgovarajuce funkcije generatrisa, pa dobijamo jednacinu:

A(x)− 1x

= 2A(x) +x

(1− x)2.

Odatle mozemo ”izvuci” funkciju genratrise

A =1− 2x + 2x2

(1− x)2(1− 2x).

Ovim smo nasli generatrisu, tj. ”resili” smo clanove niza (funkcija generatrisa sadrziinformaciju o svim clanovima niza). Ako bi trebalo da dokazemo da je ovaj niz jednaknekom drugom, dovoljno bi bilo da pokazemo da su im generatrise jednake. Medjutim,mi trebamo da nadjemo clanove eksplicitno. Pokusajmo da opet predstavimo A(x) uvidu pogodnih razlomaka:

A(x) =1− 2x + 2x2

(1− x)2(1− 2x)=

P

(1− x)2+

Q

1− x+

R

1− 2x

Mozemo da pomnozimo obe strane sa (1− x)2(1− 2x) cime bismo dobili jednacinu

(2.17) 1− 2x + 2x2 = P (1− 2x) + Q(1− x)(1− 2x) + R(1− x)2,

odnosno

1− 2x + 2x2 = x2(2Q + R) + x(−2P − 3Q− 2R) + (P + Q + R),

odakle se izjednacavanjem koeficijenata polinoma dobija sistem cije je resenje P = −1,Q = 0 i R = 2.Dakle, imamo da je

A =−1

(1− x)2+

21− 2x

Posto clan 21−2x odgovara nizu 2n+1 i kako 1

(1−x)2 =(

11−x

)′ odgovara n + 1, to jean = 2n+1 − (n + 1).

PRIMER 2.3.8. Naci funkciju generatrise niza an ako on zadovoljava rekurentnurelaciju an+2 = 2an+1 − an, uz pocetne uslove a0 = 1 i a1 = 2 i odatle naci opsti clanniza.

Resenje. Jednacini an+2 = 2an+1−an sa pocetnim uslovima a0 = 1, a1 = 2 odgovarajufunkcije generatrise:

A(x)− 1− 2x

x2= 2

A(x)− 1x

−A(x).

Kada ovo sredimo, dobija seA(x) =

x

(1− x)2.


A(x) =x

(1− x)2=

−11− x

+1

(1− x)2= −

∑

n>0

xn +∑

n>0

(n + 1

n

)xn

=∑

n>0

(−1 + n + 1)xn =∑

n>0

nxn ⇒ an = n.

PRIMER 2.3.9. Resiti rekurentnu jednacinu an = an−2 + 4n, uz pocetne uslovea0 = 3 i a1 = 2.

Resenje. Uvedimo funkciju generatrise za ovaj niz A(x) =+∞X

n=0

anxn. Pomnozimo datu

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

+∞∑n=2

anxn = x2+∞∑n=2

an−2xn−2 + 4x

+∞∑n=2

nxn−1.

Kada iskoristimo definiciju funkcije generatrise, prethodna jednacina se svodi na

A(x)− 3− 2x = x2 ·A(x) + 4x ·(

1(1− x)2

− 1)

,

odakle kad izvucemo A(x) na jednu stranu dobijamo trazenu funkciju generatrise:

A(x) =3− 2x

1− x2+

4x

(1− x2)(1− x)2=

3− 4x + 7x2 − 2x3

(1− x2)(1− x)2.

Predstavimo ovu funkciju u obliku zbira parcijalnih razlomaka

A(x) =M

1 + x+

N

1− x+

P

(1− x)2+

Q

(1− x)3.

Resavanjem dobijamo M = 2, N = 0, P = −1 i Q = 2, tj.

A(x) =2

1 + x− 1

(1− x)2+

2(1− x)3

= 2+∞X

n=0

(−1)nxn −+∞X

n=0

nxn−1 ++∞X

n=0

n(n− 1)xn−2.

Kako je an koeficijent uz xn u A(x) dobijamo da je

an = 2 · (−1)n − (n + 1) + (n + 2)(n + 1) = 2 · (−1)n + (n + 1)2.

PRIMER 2.3.10. Resiti rekurentnu jednacinu xn+2 − 6xn+1 + 9xn = 2n + n, uzpocetne uslove x0 = x1 = 0.

Resenje. Neka je X(t) generatrisa niza. Dati niz se svodi na jednacinu

X(t)t2

− 6X(t)

t+ 9X(t) =

11− 2t

+t

(1− t)2.

Sredjujuci ovaj izraz dobijamo

X(t) =t2 − t3 − t4

(1− t)2(1− 2t)(1− 3t)2,


odakle predstavljanjem preko odgovarajucih parcijalnih razlomaka dolazimo do

X(t) =1

4(1− x)2+

11− 2x

− 53(1− 3x)

+5

12(1− 3x)2

Prvom sabirku odgovar niz n+14 , drugom 2n, trecem − 5

3 · 3n = −5 · 3n−1, a poslednjem512 (n + 1)3n = 5

4 (n + 1)3n−1 sto sve ukupno daje

xn =n + 1 + 2n+2 + 5(n− 3)3n−1

4.

PRIMER 2.3.11. Resiti rekurentnu jednacinu an+3 = 6an+2 − 11an+1 + 6an, uzpocetne uslove a0 = 2, a1 = 0, i a2 = −2.

Resenje. Kada predjemo na funkcije generatrisa ovoj jednacini odgovara:

A(x)− 2− 0 · x− (−2)x2

x3= 6

A(x)− 2− 0 · xx2

− 11A(x)− 2

x+ 6A(x).

Kada ovo sredimo, dobija se funkcija generatrisa

A(x) =20x2 − 12x + 2

1− 6x + 11x2 − 6x3.

Predstavimo je kao zbir tri razlomka:

A(x) =20x2 − 12x + 2

(1− x)(1− 2x)(1− 3x)=

B

1− x+

C

1− 2x+

D

1− 3x.

Rezavanjem dolazimo do B = 5, C = −4, D = 1. Dalje imamo:

A(x) =5

1− x− 4

1− 2x+

11− 3x

= 5∑

n>0

xn − 4∑

n>0

(2x)n +∑

n>0

(3x)n

=∑

n>0

(5− 4 · 2n + 3n)xn =∑

n>0

anxn.

Odatle dobijamo resenje an = 5− 4 · 2n + 3n = 5− 2n+2 + 3n.

PRIMER 2.3.12. Neka su nizovi un, vn i wn definisani sa u0 = v0 = w0 = 1 i

un+1

vn+1

wn+1

=

1 0 10 1 11 −1 4

un

vn

wn

, n > 0.

Dokazati da un zadovoljava homogenu linearnu rekurentnu relaciju i naci opstu formuluza un.

Resenje 1 . Kada izjednacimo matrice na levoj i desnoj strani polazne matricnejednacine,

un+1

vn+1

wn+1

=

1 0 10 1 11 −1 4

·

un

vn

wn

=

un + wn

vn + wn

un − vn + 4wn

,


dobijamo sistem rekurentnih jednacina:

un+1 = un + wn

vn+1 = vn + wn

wn+1 = un − vn + 4wn .

Da bismo dobili rekurentnu relaciju samo po u treba ”eliminisati” i v i w. Iz prvejednacine imamo

wn = un+1 − un,

sto kada ubacimo u trecu dobijamo: un+2 − un+1 = un − vn + 4un+1 − 4un, a odavde

vn = −un+2 + 5un+1 − 3un.

Kada u drugu ubacimo izraze za v i w preko u dobijamo trazenu homogenu linearnurekurentnu relaciju:

un+3 − 6un+2 + 9un+1 − 4un = 0.

Karakteristicna jednacina je t3 − 6t2 + 9t − 4 = 0, odnosno (t − 1)2(t − 4) = 0. Njenikoreni su t1 = t2 = 1 i t3 = 4, pa je opste resenje oblika

un = C1 · 1n + C2 · n · 1n + c3 · 4n,

gde konstante C1, C2 i C3 trazimo iz pocetnih uslova (u0 = 1, u1 = u0 + w0 = 2 iu2 = u1 + w1 = u1 + (u0 − v0 + 4w0) = 6). Kada resimo sistem

u0 = 1 = C1 + C3

u1 = 2 = C1 + C2 + 4C3

u2 = 6 = C1 + 2C2 + 16C3

dobijamo C1 =23, C2 = 0 i C3 =

13. Opsta formula za un je

un =2 + 4n

3.

Resenje 2 . Da smo sistem rekurentnih jednacina ”prebacili” na funkcije generatrisa,dobili bi sistem jednacina po U(x), V (x) i W (x):

U(x)− 1x

= U(x) + W (x)

V (x)− 1x

= V (x) + W (x)

W (x)− 1x

= U(x) − V (x) + 4W (x)

cijim resavanjem dobijamo:

U(x) =1− 3x

4x2 − 5x + 1=

2/31− x

+1/3

1− 4x.

Iz poslednjeg oblika direktno nalazimo opsti clan niza

un =2 + 4n

3.


Iz ovog resenja (obrnutim postupkom) dobijamo jednostavniju linearnu rekurentnu vezu:

un+2 − 5un+1 + 4un = 0.

Ovo je posledica toga sto funkcija generatrisa sadrzi potpunu informaciju o nizu (i pocetneuslove, koje smo u prethodnom razmatranju uzimali tek na kraju, a oni su ”krivci” za topojednostavljenje jer je

u(n) =u(0)− v(0) + 3w(0)

94n +

v(0) + 8u(0)− 3w(0)9

+v(0)− u(0)

3n

i za u(0)− v(0)+ 3w(0) 6= 0 i v(0)−u(0) 6= 0 dobija se un+3− 6un+2 +9un+1− 4un = 0,a ako je neki od tih izraza jednak nuli dobijamo jednostavniju rekurentnu vezu).

PRIMER 2.3.13. Neka je qn broj reci duzine n sastavljenih od slova a, b, c, d, kojesadrze neparan broj slova b. Odrediti qn.

Resenje 1 . Oznacimo sa pn broj reci duzine n sastavljenih od slova a, b, c, d, koje sadrzeparan broj slova b. Tada je pn + qn = 4n (sve reci duzine n). Rec duzine n + 1 saneparnim brojem slova b moze se dobiti od reci duzine n sa neparnim brojem slova b akojoj se na kraj dopise jedno od tri slova a, c ili d, kao i od reci duzine n sa parnim brojemslova b ako joj se na kraj dopise slovo b: qn+1 = 3 · qn + pn. U ovom sistemu,

pn + qn = 4n

qn+1 = 3qn + pn,

ako iz prve jednacine izrazimo pn = 4n− qn i to ubacimo u drugu dobijamo nehomogenulinearnu rekurentnu jednacinu

qn+1 = 2qn + 4n.

Da je q0 = 0 mozemo dobiti iz q1 = 2q0 + 40 (q1 = 1: samo rec b). Ako sad predjemona funkcije generatrise dobijamo

Q(x)− 0x

= 2Q(x) +1

1− 4x,

sto kad sredimo dajeQ(x) =

x

(1− 2x)(1− 4x).

Predstavimo Q(x) u pogodnijem obliku:

Q(x) =1/2

1− 4x− 1/2

1− 2x=

12

∑

n>0

(4x)n − 12

∑

n>0

(2x)n =∑

n>0

4n − 2n

2xn.

Odatle dobijamo resenje qn =12(4n − 2n).

Resenje 2 . Zadatak je bilo moguce resiti tako sto bismo odmah sistem rekurentnihjednacina prebacili na funkcije generatrisa:

P (x) + Q(x) =1

1− 4x,

Q(x)− 0x

= 3Q(x) + P (x)

i odavde bi resavanjem sistema (po P (x) i Q(x) kao nepoznatim) dobili da je funkcijageneratrisa Q(x) =

x

(1− 2x)(1− 4x). Odredjivanje qn ide na potpuno isti nacin.


ZADACI

2.3.1. Ponovo naci opste clanove nizova iz zadataka 2.2.1–2.2.21 (str. 112 ), ali koris-cenjem funkcija generatrisa.

2.3.2. Naci funkciju generatrise niza an i odatle naci opsti clan niza:a) an+1 = 2an + 1, a0 = 0;b) an+2 = −4an+1 − 8an, a0 = 0, a1 = 2.

2.3.3. Naci funkciju generatrise niza xn i odatle naci opsti clan niza:a) x0 = x1 = 0, xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 2n;b) x0 = 1, x1 = 3, xn+2 − xn+1 + xn = 3 · 2n;c) x0 = x1 = 0, xn+2 − 6xn+1 + 9xn = 2n + n.

2.3.4. Naci funkciju generatrise niza un i odatle naci opsti clan niza:a) un+3 − 3un+1 + 2un = 0, u0 = 1, u1 = u2 = 0;b) un+3 − 6un+2 + 11un+1 − 6un = 0, u0 = 2, u1 = 0, u2 = −2;c) un+4 − 5un+3 + 6un+2 + 4un+1 − 8un = 0, u0 = 0, u1 = −9, u2 = −1, u3 = 21;d) un+1 − 2un = 4n, u0 = 1;e) un+2 − un+1 − 6un = n, u0 = 1, u1 = 1.

2.3.5. Resiti rekurentnu jednacinu an = an−1 + an−3 + an−4 + an−5 + . . . + a1 + a0,n > 3, sa pocetnim uslovom a0 = a1 = a2 = 1.

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

2.4 FIBONACIJEVI BROJEVI

Fibonacijevi brojevi predstavljaju svakako jedan od najpoznatijih nizova. Toliku”slavu” su stekli jer su se javili i u mnogim drugim (nematematickim) oblastima, kaoi u samoj prirodi (npr. broj listova ili cvetova, kod velikog broja biljki je jednak basnekom Fibonacijevom broju). U antickoj Grckoj, kao i kasnije u renesansi, za idealnuproporciju je uziman tzv. ”zlatni presek” koji se takodje javlja kod Fibonacijevih brojeva.Pored toga oni su nasli primenu u resavanju nekoliko veoma vaznih matematickih prob-lema. Jedan od njih je Matijasevicevo resenje znamenitog desetog problema Hilberta,a drugi je recimo teorija ekstrema unimodalnih funkcija (koju je zasnovao Dz. Kifer).Zbog svega toga veliki broj matematicara u svetu je pristupio nekoj vrsti ”Fibonacizma”(istrazujuci skoro kao hobi neka od svojstava ovog niza). Najjaci primer te ljubavi premaFibonacijevim brojevima je casopis The Fibonacci Quarterly , koji se izdaje u SAD jos od1963. godine, a i sada je na SCI listi (lista casopisa koji su u vrhu po indeksu citiranosti).Ruski matematicar Nikolaj Nikolaevic Vorobjev je napisao celu knjigu o Fibonacijevimbrojevima, [37]. To sve govori o izuzetnom znacaju ovih brojeva (te smo se stoga i miodlucili da im dodelimo jedno poglavlje u nasoj knjizi).


Prvo cemo poci od nekih istorijskih cinjenica vezanih za Fibonacijeve brojeve, a ondacemo polako istrazivati neke od njihovih osobina.

Italijanski matematicar Leonardo od Pize sa nadimkom Fibonaci (Fibonacci je sracenood “filius Bonacci”, tj. Bonacijev sin) ziveo je od 1180−1240 (po nekim drugim podacima1175 − 1250). Najpoznatija dela su mu Liber abaci, 1202, u kojoj se pored mnogobro-jnih problema borio za hindo–arapski brojni sistem i Liber quadratorum, 1225. (knjigakvadrata brojeva koja predstavlja prvi pomak aritmetike posle Diofanta). U svojoj ”Kn-jizi o abakusu” postavio je ”Problem zeceva”:

Svaki par zec–zecica (starih barem 2 meseca) dobiju tokom svakog sledecegmeseca par mladih: zeca i zecicu. Ako je na pocetku godine bio jedan novorod-jen par, koliko ce biti ukupno parova zeceva pocetkom sledece godine? (Pret-postavljamo da zecevi ne umiru.)

Neka je fn broj parova zec–zecica posle n meseci, tj. tokom (n + 1)–vog meseca odpocetka godine. Prema pretpostavci je f0 = 1 i f1 = 1 (jer taj par jos nije zreo zarazmnozavanje), a fn (za n > 2) se dobija kada broju parova fn−1 koji su ziveli proslogmeseca doda broj novorodjenih parova zeceva koji se dobijaju od fn−2 parova zivih predva meseca. Zato je za sve n > 2 vazi

fn = fn−1 + fn−2.

Tako dobijamo niz

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15fn 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 610 987Fn 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 610

pa ce nakon godinu dana biti f12 = 233 parova zeceva.

NAPOMENA. Najcesce se Fibonacijev niz definise tako da su indeksi pomereni za 1 uodnosu na niz sa kojim smo se malopre sreli (ima nekoliko cisto matematickih razloga, od kojihje jedan da se tada mnogo prirodnije vrsi prosirenje indeksa na ceo skup celih brojeva). To jeniz Fn iz prethodne tabele, koji cemo uskoro definisati. Ti brojevi predstavljaju niz A000045u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31].

DEFINICIJA 2.4.1. Fibonacijev niz Fn je zadat sledecom rekurentnom jednacinom:

F1 = 1, F2 = 1 i Fn+2 = Fn+1 + Fn.

Ponekad se uvodi i prosirenje tako da indeksi mogu da budu celi brojevi: F0 = 0 iF−a = (−1)a+1Fa, pa niz izgleda

. . . ,−21, 13,−8, 5,−3, 2,−1, 1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .

Primetimo da i ovakav niz zadovoljava svojstvo da je zbir dva uzastopna clana jednaksledecem.

U sledecoj teoremi je sadrzana i kombinatorna definicija Fibonacijevih brojeva.


TEOREMA 2.4.2. Skup Nn = 1, 2, . . . , n sadrzi tacno Fn+2 podskupa (ukljucujucii prazan skup) u kojima se ne nalaze 2 uzastopna prirodna broja.

Dokaz . Oznacimo sa an broj podskupova skupa Nn koji ne sadrze 2 uzastopna prirodnabroja. Za svaki skup S, koji brojimo u an, imamo 2 mogucnosti:1 n 6∈ S. U skupu S mogu biti svi brojevi iz Nn−1 (jer broj n nije u S), ali uz uslov danema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an−1.2 n ∈ S. Kako je broj n u skupu S u njemu ne moze biti i broj n−1, te je S\n ⊆ Nn−2,uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an−2.Stoga dobijamo da vazi rekurentna jednacina

an = an−1 + an−2.

Pocetne uslove cemo odrediti prostim prebrojavanjem. Za n = 1 imamo a1 = 2 takvapodskupa

∅ i 1,a za n = 2 imamo a2 = 3 takva podskupa

∅, 1 i 2.

Kako imamo istu rekurentnu jednacinu, a samo pomerene pocetne uslove dobijamo da jean = Fn+2.

OPSTI CLAN FIBONCIJEVOG NIZA

Sledecu formulu za opsti clan Fibonacijevog niza je 1843. godine pokazao francuskimatematicar Bine (fr. Jacques-Philipe-Marie Binet) i stoga se ona ponegde u literaturinaziva i Bineova formula.

TEOREMA 2.4.3. Opsti clan Fibonacijevog niza je Fn =

(1+√

52

)n

−(

1−√52

)n

√5

.

Dokaz . Iz Fn+2 = Fn+1 + Fn imamo Fn+2 − Fn+1 − Fn = 0, pa je karakteristicnajednacina t2 − t − 1 = 0 i njeni koreni su realni i razliciti t1,2 = 1±√5

2 . Opsti clan overekurentne jednacine (jos nismo uzeli pocetne uslove u razmatranje) je dat formulom

Fn = C1 ·(

1+√

52

)n

+ C2 ·(

1−√52

)n

.

Kako je F0 = 0 i F1 = 1, zamenom n = 0 i n = 1 u opste resenje dobijamo sistem po C1

i C2, cija su resenja C1 = 1√5

i C1 = −1√5, odakle dobijamo da je opsti clan Fibonacijevog

niza dat formulom

Fn =

(1+√

52

)n

−(

1−√52

)n

√5

.


Iz ove formule mozemo dobiti i sledece tvrdjenje. Tu cemo koristiti i funkciju [x], kojaoznacava oznacava ceo deo broja x, npr. [π] = 3, a [−π] = −4.

TEOREMA 2.4.4. Fn je jednak 1√5( 1+

√5

2 )n zaokruzenom na najblizi ceo broj.

Dokaz . Procenimo koliko iznosi∣∣∣Fn − 1√

5

(1+√

52

)n∣∣∣:∣∣∣Fn − 1√

5

(1+√

52

)n∣∣∣ = 1√5

∣∣∣(

1+√

52

)n

−(

1−√52

)n

−(

1+√

52

)n∣∣∣

=

∣∣∣ 1−√52

∣∣∣n

√5

<

∣∣∣ 1−√52

∣∣∣√

5=√

5− 12√

5<

12.

Stoga je Fn tacno jednak 1√5( 1+

√5

2 )n zaokruzenom na najblizi ceo broj.

Kako izraz(

1−√52

)n

moze biti i pozitivan i negativan, Fibonacijeve brojeve mozemoizraziti preko funkcije celog dela kao:

Fn =

[1√5

(1+√

52

)n], n = 2k

[1√5

(1+√

52

)n]+ 1, n = 2k + 1.

Odredimo sada funkciju generatrise F (x) Fibonacijevog niza.

TEOREMA 2.4.5. Funkcija generatrise Fibonacijevog niza iznosi F (x) = x

1−x−x2.

Dokaz 1 . Neka je F (x) generatrisa niza Fn. Jednacini Fn+2 = Fn+1+Fn (niz Fn+2je Fibonacijev niz pomeren za 2 mesta u levo, a Fn+1 za 1 mesto ulevo), sa pocetnimuslovima F0 = 0 i F1 = 1, odgovara sledeca jednacina sa funkcijama generatrisa:

F (x)− F0 − F1x

x2=

F (x)− F0

x+ F (x),

odnosnoF (x)− x

x2=

F (x)x

+F (x). Nakon mnozenja sa x2 i grupisanja dobijamo trazenufunkciju generatrise

F (x) =x

1− x− x2.

Dokaz 2 . Neka je F (x) =∞X

n=0

Fnxn funkcija generatrise. Tada vazi

F (x) = F0 + F1x +∞∑

n=0

Fn+2xn+2 = 0 + 1 · x +

∞∑n=0

(Fn+1 + Fn)xn+2

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


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

F (x) =x

1− x− x2.

Sada cemo koriscenjem ovog rezultata ponovo da odredimo opsti clan Fibonacijevogniza.

PRIMER 2.4.6. Iz funkcije generatrise F (x) odrediti opsti clan Fibonacijevog niza.

Resenje. Treba jos da razvijemo ovaj izraz u stepeni red (predstavimo ga kao zbirparcijalnih razlomaka). Neka je

−x2 − x + 1 = (1− αx)(1− βx)

Tada je α = (1 +√

5)/2 a β = (1−√5)/2. Dalje je

x

1− x− x2=

x

(1− xα)(1− xβ)=

A

1− xα+

B

1− xβ.

Kada sve pomnozimo sa 1− x− x2 i izjednacimo koeficijente polinoma dobijamo sistem,cija su resenja A = 1

α−β i B = −1α−β . Vratimo to u prethodnu formulu i koriscenjem

poznatog razvoja dobijamo:

x

1− x− x2=

1α− β

(1

1− xα− 1

1− xβ

)=

1√5

(∞X

n=0

αnxn −∞X

n=0

βnxn

).

Koeficijent uz xn u funkciji generatrise F (x) predstavlja n-ti Fibonacijev broj, pa je

Fn =1√5(αn − βn).

Time smo ponovo, samo sada preko funkcija generatrisa, izveli formulu za n-ti clanFibonacijevog niza.

NAPOMENA. Pomereni Fibonacijev niz fn ima funkciju generatrise Fp(x) = 1

1−x−x2 .

OSNOVNE OSOBINE

U naredna 3 tvrdjenja cemo dati neke aritmeticke osobine Fibonacijevih brojeva.

TEOREMA 2.4.7. Fibonacijev broj Fn je:a) paran ako i samo ako je oblika n = 3k;b) deljiv sa 3 ako i samo ako je oblika n = 4k;c) deljiv sa 5 ako i samo ako je oblika n = 5k;d) deljiv sa 4 ako i samo ako je oblika n = 6k;e) deljiv sa 10 ako i samo ako je oblika n = 15k.


Dokaz . a) Kako je

Fn = Fn−1 + Fn−2 = (Fn−2 + Fn−3) + Fn−2 = 2Fn−2 + Fn−3,

dobijamo da su brojevi Fn i Fn−3 iste parnosti. Kako je F0 = 0, a F1 = F2 = 1, dobijamoda je Fn paran ako i samo ako je oblika n = 3k.b) Ako nastavimo sa racunom iz dela pod a) dobijamo

Fn = 2Fn−2 + Fn−3 = 2(Fn−3 + Fn−4) + Fn−3 = 3Fn−3 + 2Fn−4,

sto sa F0 = 0, F1 = F2 = 1 i F3 = 2 daje tvrdjenje.c) Ako nastavimo sa racunom iz dela pod b) dobijamo

Fn = 3Fn−3 + 2Fn−4 = 3(Fn−4 + Fn−5) + 2Fn−4 = 5Fn−4 + 3Fn−5,

sto sa F0 = 0, F1 = F2 = 1, F3 = 2 i F4 = 3 daje tvrdjenje.d) Ako nastavimo sa racunom iz dela pod c) dobijamo

Fn = 5Fn−4 + 3Fn−5 = 5(Fn−5 + Fn−6) + 3Fn−5 = 8Fn−5 + 5Fn−6,

sto sa F0 = 0, F1 = F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3 i F5 = 5 daje tvrdjenje.Vidimo da je Fn deljiv i sa 8 ako i samo ako je oblika n = 6k.e) Ova osobina je direktna posledica delova pod a) i c). Mozemo je proveriti za nekemanje vrednosti u tablicama u dokazu naredne teoreme.

TEOREMA 2.4.8. Niz cifara jedinica Fibonacijevih brojeva je periodican niz saperiodom 60.

Dokaz . Posmatrajmo niz cifara jedinica Fibonacijevih brojeva, cn. Za njih vazislicna rekurentna veza

cn+2 = cn+1 +10 cn,

gde +10 oznacava sabiranje po modulu 10. Da bismo nasli period ovog niza potrebno jeda nadjemo prve brojeve i i j, i < j, takve da je ci = cj i ci+1 = cj+1, jer ce dalje cifrejedinica da se ponavljaju periodicno sa periodom j − i.

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14cn 0 1 1 2 3 5 8 3 1 4 5 9 4 3 7

n 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29cn 0 7 7 4 1 5 6 1 7 8 5 3 8 1 9

n 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44cn 0 9 9 8 7 5 2 7 9 6 5 1 6 7 3

n 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59cn 0 3 3 6 9 5 4 9 3 2 5 7 2 9 1

n 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 . . .cn 0 1 1 2 3 5 8 3 1 4 . . .

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


a j = 60, pa smo pokazali da je cn periodican niz sa periodom 60.

Na osnovu ovoga imamo da je110

(Fn+60 − Fn) prirodan broj.

TEOREMA 2.4.9. Broj cifara Fn je veci odn− 2

5.

Dokaz . Broj cifara prirodnog broja Fn je [ log10 Fn] + 1. Po Teoremi 2.4.4 imamo davazi Fn ≈ 1√

5( 1+

√5

2 )n te je broj cifara broja Fn veci od ili jednak sa

[log10

(1√5( 1+

√5

2 )n)]

+ 1 =[− log10

√5 + n · log10

1+√

52

]+ 1.

Kako vaze nejednakosti

log10

√5 ≈ 0, 349485 . . . < 2

5 i log101+√

52 ≈ 0, 2089876 > 1

5 ,

imamo da je broj cifara broja Fn veci od ili jednak sa [n · 15 − 2

5 ] + 1, tj. veci je od [n−25 ],

a samim tim je veci i od n−25 .

Sada cemo navesti jos nekoliko tvrdjenja vezanih za deljivost Fibonacijevih brojeva.Kako ona po oblasti vise spadaju u Teoriju brojeva nego u Diskretnu matematiku ovdecemo uglavnom dati samo njihove formulacije bez dokaza (dokaz se moze naci u [8] —to su Teoreme 13.1, 13.2, 13.3 i 13.5).

TEOREMA 2.4.10. Svaka dva uzastopna clana Fibonacijevog niza su uzajamnoprosta, tj. vazi NZD(Fn, Fn+1) = 1, za n > 1.

TEOREMA 2.4.11. Za svako m > 1 i n > 1 Fibonacijev broj Fm deli Fibonacijevbroj Fmn.

Dokaz . Tvrdjenje se pokazuje principom matematicke indukcije u kome koristimoidentitet iz Teoreme 2.4.22.

TEOREMA 2.4.12. Najveci zajednicki delilac dva Fibonacijeva broja je takodjeFibonacijev broj, tj. vazi NZD(Fm, Fn) = Fd, gde je d = NZD(m,n).

POSLEDICA. 2.4.13 U Fibonacijevom nizu za n > m > 3 vazi Fm | Fn ako i samoako m | n.

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


TEOREMA 2.4.14. Za prost broj p > 5, vazi da ili p | Fp−1 ili p | Fp+1, ali neistovremeno oba.

Sledece tvrdjenje nam uspostavlja jednu matricnu jednakost sa Fibonacijevim broje-vima kod kojih su indeksi prosireni na ceo skup celih brojeva. Nju cemo iskoristiti kasnijeza pokazivanje jednog identiteta.

TEOREMA 2.4.15. Za svaki n ∈ Z vazi∥∥∥∥1 11 0

∥∥∥∥n

=∥∥∥∥Fn+1 Fn

Fn Fn−1

∥∥∥∥.

Dokaz . Za n = 0 imamo da je∥∥∥∥1 11 0

∥∥∥∥0

= I =∥∥∥∥1 00 1

∥∥∥∥ =∥∥∥∥F1 F0

F0 F−1

∥∥∥∥ .

Pretpostavimo da tvrdjenje vazi za n = k. Onda za n = k + 1 imamo∥∥∥∥1 11 0

∥∥∥∥k+1

=∥∥∥∥Fk+1 Fk

Fk Fk−1

∥∥∥∥ ·∥∥∥∥1 11 0

∥∥∥∥ =∥∥∥∥Fk+1 + Fk Fk+1

Fk + Fk−1 Fk

∥∥∥∥ =∥∥∥∥Fk+2 Fk+1

Fk+1 Fk

∥∥∥∥ .

Stoga po principu matematicke indukcije tvrdjenje vazi i za sve prirodne brojeve n.

Za negativne brojeve koristimo da je inverzna matrica∥∥∥∥1 11 0

∥∥∥∥−1

=∥∥∥∥0 11 −1

∥∥∥∥, pa za

n = −k imamo da vazi∥∥∥∥1 11 0

∥∥∥∥−k

=

(∥∥∥∥1 11 0

∥∥∥∥−1

)k

=∥∥∥∥0 11 −1

∥∥∥∥k

i sada potpuno analogno,

kao u slucaju pozitivnih n, dokazujemo tvrdjenje principom matematicke indukcije.

Sledeca teorema nam daje vezu veriznih razlomaka i Fibonacijevih brojeva.

TEOREMA 2.4.16. Odnos dva uzastopna clana Fibonacijevog niza moze se pred-staviti preko veriznog razlomka

Fn+1

Fn= 1 +

1

1 +1

. . .1 +

11︸︷︷︸

n

i kad pustimo da n tezi beskonacnosti dobijamo limn→∞

Fn+1

Fn=

1 +√

52

.

Dokaz . Da jeFn+1

Fnjednako datom veriznom razlomku pokazacemo matematickom

indukcijom. Za n = 1 imamoF1

F1=

11

= 1.


Pretpostavimo da tvrdjenje vazi za neko n = k. Za n = k + 1 je

Fk+2

Fk+1=

Fk+1 + Fk

Fk+1= 1 +

1Fn+1

Fn

,

pa smo dobili da tvrdjenje vazi i za n = k + 1.Zbog principa matematicke indukcije tvrdjenje vazi za svako prirodno n.

Iz prethodnog predstavljanja preko veriznog razlomka sledi da jeFn+1

Fn> 1, a odatle

je iFn+1

Fn6 2, tj. imamo 1 6 Fn+1

Fn6 2, pa je ovaj niz ogranicen i moze se razbiti na

jedan podniz koji je rastuci i jedan podniz koji je opadajuci. Stoga taj niz konvergira ka

nekom broju x. Tada je x = 1 +1x

. Resavanjem ove jednacine dobijamo x =1 +

√5

2, tj.

taj odnos tezi zlatnom preseku.

Zlatni presek je bio popularan u renesansnoj arhitekturi. Tadasnji gradjevinari su pougledu na Stare Grke smatrali idealnim kad je “odnos veceg dela prema manjem jednakodnosu cele duzine prema vecem delu” :

α = 1 +1α⇒ α2 − α− 1 = 0 ⇒ α =

1 +√

52

≈ 1.618033988...

NAPOMENA. Moze se pokazati da ka zlatnom preseku tezi i niz

r1 +

q1 +

p1 +

√. . .

Predstavljanje prirodnog broja preko zbira razlicitih Fibonacijevih brojeva, tzv. Fi-bonacijev zapis, nalazi primenu u kodiranju i teoriji igara. Dacemo dve teoreme od kojihnam prva garantuje egzistenciju – to je Cekendorfova teorema (nem. Zeckendorf), a drugajedinstvenost Fibonacijevog zapisa.

TEOREMA 2.4.17. Cekendorfova teorema. Svaki prirodan broj a moze sezapisati kao suma razlicitih Fibonacijevih brojeva, medju kojima se ne nalaze 2 uzastopnaFibonacijeva broja (Fk i Fk+1).

Dokaz . Dacemo konstruktivan dokaz, tj. opisacemo postupak odredjivanja trazenesume Fibonacijevih brojeva.

Za svaki prirodan broj a uvek postoji prirodan broj n takav da vazi

Fm 6 a < Fm+1.

Ako je a = Fm, onda smo zavrsili. U protivnom imamo da vaze nejednakosti

0 < a− Fm < Fm+1 − Fm = Fm−1.

Kako je broj a1 = a− Fm prirodan i za njega postoji prirodan broj n takav da vazi

Fn 6 a1 < Fn+1.


Kako je Fn 6 a1 < Fm−1 dobijamo da je n < m− 1, tj. n 6 m− 2, pa stoga Fn i Fm nisuuzastopni Fibonacijevi brojevi.

Ako je a1 = Fn opet smo zavrsili, jer je tada polazni broj a = Fm +Fn (sto je trazenaprezentacija). U protivnom, odredimo a2 = a1−Fn i dalje sa a2 ponavljamo postupak...Ovaj proces se mora zavrsiti jer u svakom sledecem koraku u postupak ulazimo sa manjimbrojem ai (zavrsavamo kada u nekom koraku dobijemo da je aj = Ft). Tada smo dobilitrazeno predstavljanje broja a u obliku neuzastopnih Fibonacijevih brojeva:

a = Fm + Fn + . . . + Ft.

TEOREMA 2.4.18. Predstavljanje prirodnog broja N kao sume razlicitih Fi-bonacijevih brojeva, medju kojima se ne nalaze 2 uzastopna Fibonacijeva broja, je jedin-stveno.

Dokaz . Predpostavimo suprotno, da prirodan broj N sadrzi, pored predstavljanjadatog dokazom Cekendorfove teoreme (tj. Cekendorfovim algoritmom), jos jedno kojeispunjava date uslove. Kako je za neko m ispunjeno Fm 6 N < Fm+1, imamo da jeN 6 Fm+1 − 1. Prema Cekendorfovom algoritmu imamo da se svaki element skupaI = 1, 2, 3, . . . , Fm+1 − 1 injektivno slika (tj. preslikavanje u Cekendorfovom algoritmuje ”1-1”) u neprazan podskup skupa J = F2, F3, . . . , Fm, pri cemu taj podkup nesadrzi 2 uzastopna Fibonacijeva broja (krace nazovimo takav podskup crvenim). Poredtoga, broju N ∈ I odgovara jos jedan crveni podskup, koji do sada nismo odrediliCekendorfovim algoritmom. Stoga skup J mora da sadrzi bar Fm+1 − 1 + 1 = Fm+1

crvenih podskupova (Fm+1− 1 odgovaraju onim dobijenim iz Cekendorfovog algoritma ijos onaj 1 dodatni koji odgovara drugom predstavljanju broja N). Prema Teoremi 2.4.2imamo da skup J sadrzi tacno Fm+1 − 1 crvenih podskupova (kako ∅ nije crven imamoclan −1). Dobili smo kontradikciju, cime je tvrdjenje teoreme pokazano.

Uvedimo Fibonacijev zapis prirodnog broja a kao

Φ(a) = ϕmϕn−1 . . . ϕ2,

pri cemu su ϕj ∈ 0, 1 (za j = 2, 3, . . . , n). Uocimo najveci Fibonacijev broj Fm 6 a ina mesto ϕm upisimo cifru 1. Zatim ponavljamo postupak i umesto broja a posmatramobroj a1 = a−Fm i za njega uocimo najveci Fibonacijev broj Fn6a1 i na mesto ϕn upisemocifru 1, a na sva mesta izmedju ϕm i ϕn upisemo 0. Zatim posmatramo a2 = a1 − Fm ...Postupak ponavljamo dok za neko as ne dobijemo 0 i ako su neko vrednosti ϕj ostaleneodredjene dodelimo im vrednosti 0.

PRIMER 2.4.19. Odrediti Fibonacijev zapis prirodnog broja a = 20.

Resenje. Kako imamo da je F8 = 21 > 20 > F7 = 13 dobijamo da je ϕ7 = 1. Daljeimamo sledeci niz ocena (pomocu koji odredjujemo ϕj):

a1 = 20− 13 = 7, F6 = 8 > 7 > F5 = 5, ϕ6 = 0, ϕ5 = 1;

a2 = 7− 5 = 2, F3 = 2, ϕ4 = 0, ϕ3 = 1;

a3 = 2− 2 = 0, ϕ2 = 0.

Zato je Fibonacijev zapis, Φ(19) = 101010.


Na osnovu ovog zapisa imamo da je a = 20 = F7 + F5 + F3.

Svaki niz 0 i 1 ne predstavlja Fibonacijev zapis: npr. binarni niz 110 bi odgovaraoa = F4 + F3 = 3 + 2 = 5 = F5, a Φ(5) = 1000!

Na osnovu ove opservacije mozemo pokazati i sledece tvrdjenje.

LEMA. 2.4.20. Niz 0 i 1 koji pocinje sa 1 i nema dve uzastopne jedinice predstavljaFibonacijev zapis.

Ostale osobine, kao i jos neke identitete (pored onih iz narednog odeljka) sa Fi-bonacijevim brojevima dacemo kroz zadatke.

IDENTITETI SA FIBONACIJEVIM BROJEVIMA

TEOREMA 2.4.21. F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2 − 1.

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

F1 + F2 + . . . + Fn = (F3 − F2) + (F4 − F3) + . . . + (Fn+2 − Fn+1)= Fn+2 − F2 = Fn+2 − 1.

Dokaz 2 . Funkcija generatrise zbira prvih n clanova Fibonacijevog niza jeF (x)1− x

, tj.

leva strana identiteta jeF (x)1− x

=x

(1− x)(1− x− x2),

jer je F (x) =x

1− x− x2generatrisa Fibonacijevih brojeva. Sa desne strane clanovima

Fn+2 i 1 odgovarajuF (x)− x

x2i

11− x

, pa sredjivanjem ovog izraza dobijamo

F (x)− x

x2− 1

1− x=

x1−x−x2 − x

x2− 1

1− x=

11−x−x2 − 1

x− 1

1− x

=1− (1− x− x2)x · (1− x− x2)

− 11− x

=1 + x

1− x− x2− 1

1− x

=1− x2 − (1− x− x2)(1− x)(1− x− x2)

=x

(1− x)(1− x− x2).

Kako smo dobili funkciju generatrise koja odgovara levoj strani identiteta, zakljucujemoda dati identitet zaista vazi.

TEOREMA 2.4.22. Fn+1Fn−1 − Fn2 = (−1)n za n ∈ N.


Dokaz 1 . Za n = 1 imamo F2F0 − F12 = 1 · 0− 12 = −1 = (−1)1. X

Pretpostavimo da tvrdjenje vazi za n = k, tj. da je Fk+1Fk−1 − Fk2 = (−1)k.

Sad posmatrajmo sta se desava za n = k + 1:

Fk+2Fk − Fk+12 = (Fk+1 + Fk)Fk − Fk+1

2 = Fk+1Fk + Fk2 − Fk+1

2

= Fk+1Fk+1 − Fk−1) + Fk2 − Fk+1

2

= −(Fk+1Fk−1 − Fk2) = −(−1)k = (−1)k+1. X

Po principu matematicke indukcije tvrdjenje vazi za svaki prirodan broj n.

Dokaz 2 . Prema Teoremi 2.4.15 imamo jednakost∥∥∥∥1 11 0

∥∥∥∥n

=∥∥∥∥Fn+1 Fn

Fn Fn−1

∥∥∥∥. Kada

izracunamo determinante od obe strane prethodne jednakosti dobijamo bas trazeni iden-titet: (−1)n = Fn+1 · Fn−1 − Fn

2.

TEOREMA 2.4.23. Fn+m = Fn−1Fm + FnFm+1 za n > 1.

Dokaz 1 . Dokazacemo matematickom indukcijom po m.Za m = 1 imamo Fn−1F1 + FnF2 = Fn−1 · 1 + Fn · 1 = Fn+1. XPretpostavimo da tvrdjenje vazi za sve m 6 k.Sad posmatrajmo sta se desava za n = k + 1:

Fn−1Fk+1 + FnFk+2 = Fn−1(Fk + Fk−1) + Fn(Fk+1 + Fk)= Fn−1Fk + Fn−1Fk−1 + FnFk+1 + FnFk

= (Fn−1Fk + FnFk+1) + (Fn−1Fk−1 + FnFk)= Fn+k + Fn+k−1 = Fn+k+1. X

Po principu matematicke indukcije tvrdjenje vazi za svaki prirodan broj n.

Dokaz 2 . Visestruko cemo koristiti formulu Fn = (α)n−(β)n

√5

za opsti clan Fibonacijevog

niza dobijenu u Teoremi 2.4.3 gde su oznake α = (1 +√

5)/2 i β = (1 − √5)/2 iz

Primera 2.4.6. Takodje cemo koristiti da je α · β = −1.

Fn−1Fm + FnFm+1 = 15

[(αn−1 − βn−1)(αm − βm) + (αn − βn)(αm+1 − βm+1)

]

= 15 [αn+m−1 − (−1)n−1βm−n−1 − (−1)n−1αm−n+1 + βn+m−1

+ αn+m+1 − (−1)nβm−n+1 − (−1)nαm−n+1 + βn+m+1]= 1

5 (αn+m−1 + βn+m−1 + αn+m+1 + βn+m+1)= 1

5 (α− β) · (αn+m + βn+m) = 1√5(αn+m − βn+m) = Fn+m.

TEOREMA 2.4.24. Fn+2 =[n+1

2 ]∑

k=0

(n− k + 1

k

).

Dokaz . Na osnovu Teoreme 2.4.2 imamo da je broj podskupova koji ne sadrze 2uzastopna elementa jednak Fn+2. Prebrojimo ove podskupove i na drugi nacin.

Svakom podskupu S skupa Nn odgovara binarni niz (s1, s2, . . . , sn), kod koga je

sj =

1 j ∈ S

0 j 6∈ S,


za j = 1, 2, . . . , n. Neka je f(n, k) broj k-toelementnih podskupova skupa Nn koji nesadrze 2 uzastopna elementa. Tim podskupovima odgovaraju binarni nizovi duzine nkoji ne sadrze 2 uzastopne 1 i koji imaju ukupno k jedinica i n− k nula. Ako fiksiramotih n− k nula, svaka jedinica moze zauzeti jedno od n− k + 1 mesta (pre nula, n− k− 1mesto izmedju neke 2 nule, iza nula), sto je slikovito prikazano na sledeci nacin:

0 0 0 . . . 0 0 ,

gde predstavljaju mesta gde moze biti najvise jedan element 1. Stoga, biramo k pozicijaza 1 od ukupno n− k + 1 pozicija, sto mozemo uciniti na

(n−k+1

k

)nacina, pa je

f(n, k) =(

n− k + 1k

).

Indeks u sumi, k, ide od 0 (sa 0 jedinica imamo niz (0, 0, . . . , 0) koji odgovara ∅) sve dokje n − k + 1 > k (jer ne mozemo k jedinica rasporediti na manje od k pozicija), sto jeekvivalentno uslovu k 6

[n+1

2

]. Time smo pokazali trazenu jednakost

Fn+2 =[n+1

2 ]∑

k=0

f(n, k) =[n+1

2 ]∑

k=0

(n− k + 1

k

).

TRIBONACIJEV NIZ

Ime ovog niza dobijeno je ukrstanjem reci tri i Fibonaci. On je zadat na slican nacinkao i Fibonacijev:

an = an−1 + an−2 + an−3,

za n > 3, uz pocetne uslove a0 = a1 = 0 i a2 = 1.

Prvih nekoliko clanova ovog niza je dato u sledecoj tabeli.

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16an 0 0 1 1 2 4 7 13 24 44 81 149 274 504 927 1 705 3 136

NAPOMENA. Ovi brojevi predstavljaju niz A000073 u Online enciklopediji celobrojnihnizova [31].

Dacemo nekoliko kombinatornih interpretacija Tribonacijevih brojeva.

• Za n > 2 to je broj nacina da broj 2n−2 zapisemo kao proizvod cifara koje surazlicite od 1.Npr. za n = 8 imamo 2n = 256 sledeca resenja:

884, 8822, 8442, 84222, 822222, 44444, 44422, 442222, 4222222, 22222222

(sa svim permutacijama — tako npr. 884 predstavlja 3 proizvoda: 8 · 8 · 4, 8 · 4 · 8 i4 · 8 · 8). Njih ima

(32

)+

(42

)+

(41

) · (32

)+

(51

) · (41

)+

(61

)+ 1 +

(53

)+

(62

)+

(71

)+ 1 = 81,

sto se uklapa u Tribonacijeve brojeve — a10 = 81.


• Za n > 1 to je broj uredjenih korenskih stabala (za definicije pogledati odeljak”Korenska stabla”, str. 210) sa n + 1 granom koje imaju sve cvorove na nivou 3.Tako je a4 = 2 jer imamo samo 2 uredjena korenska stabla sa 5 grana kod kojih susvi listovi na nivou 3:

• an je broj kompozicija broja n− 2 na sabirke koji su manji od 4 (tj. 1, 2 ili 3).Npr. a5 = 4 i a6 = 7 jer imamo sledece sabirke broja 3, odnosno 4:

1 + 1 + 1 = 1 + 2 = 2 + 1 = 3;

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

• Broj zatvorenih puteva od cvora a do cvora a duzine n− 2 u sledecem digrafu.

u u

u

ja b

c

Svaka 1 u gornjim kompozicijama odgovara putu aa duzine 1, svaka 2 odgovaraputu aba duzine 2 i svaka 3 odgovara putu abca duzine 3. Matrica susedstva ovog

digrafa je matrica A =

1 1 01 0 11 0 0

. Tribonacijev broj an jednak je elementu na

poziciji (1, 1) u matrici An−2.

• Broj permutacija p brojeva 1, 2, . . . , n− 2 koje zadovoljavaju −1 6 p(i)− i 6 2, zai = 1, 2, . . . , n− 2.Npr. za n = 6 imamo an−2 = a4 = 7 permutacija p skupa N4 = 1, 2, 3, 4 kojezadovoljavaju uslov:

(12341234

) (12341243

) (12341324

) (12341423

) (12342134

) (12342143

) (12343124

).

• Broj binarnih nizova duzine n− 3 koji nemaju tri uzastopne 0.Npr. a7 = 13 jer medju 27−3 = 16 binarnih nizova duzine 4 samo 0000, 0001 i 1000sadrze 3 uzastopne 0.

Ovaj niz se moze poopstiti na (r+1)-Fibonacijeve brojeve (eng. (r+1)-step Fibonaccinumbers):

an = an−1 + an−2 + . . . + an−r−1,

uz pocetne uslove a0 = . . . = ar−1 = 0 i ar = 1.Za ove brojeve vaze i neka poopstenja prethodnih osobina. Tako oni predstavljaju broj

permutacija skupa Nn−r+1 koje zadovoljavaju uslov −16p(i)− i6 r, za i = 1, 2, . . . , n−r + 1, kao i broj kompozicija broja n− r + 1 na sabirke iz skupa 1, 2, . . . , r + 1.


NAPOMENA. Za r = 3 dobijamo Tetranacijeve brojeve, sto je niz A000078; za r = 4to su Pentanacijevi brojevi — A001591; a za r = 5 to su Heksanacijevi brojevi — A001592 uOnline enciklopediji celobrojnih nizova [31].

LUKASOV NIZ

Engleski matematicar iz 19. veka Edvard Lukas (eng. Eduard Lucas) bavio se teorijombrojeva i on je kumovao Fibonacijevim brojevima (on ih je nazvao po Fibonaciju zbogonog problema sa zecevima). Takodje, po njemu je ime dobio i jedan niz koji je veomaslican sa Fibonacijevim nizom i po rekurentnoj jednacini, kao i po nekim osobinama,koje cemo opisati u ovom odeljku.

DEFINICIJA 2.4.25. Lukasov niz Ln je zadat sledecom rekurentnom jednacinom:

L1 = 1, L2 = 3 i Ln+2 = Ln+1 + Ln.

Ponekad su pocetni uslovi zadati i kao L0 = 2, L1 = 1 (necemo se osvrtati napomerene Lukasove nizove).

TEOREMA 2.4.26. Opsti clan Lukasovog niza je jednak Ln =(

1+√

52

)n

+(

1−√52

)n

.

Dokaz . Kako Fibonacijev i Lukasov niz zadovoljavaju istu rekurentnu jednacinu (samouz drugacije pocetne uslove), potpuno isto kao u Teoremi 2.4.3 dolazimo do opsteg resenja

Ln = C1 ·(

1+√

52

)n

+ C2 ·(

1−√52

)n

.

Kako su L1 = 1 i L2 = 3, zamenom n = 1 i n = 2 u opste resenje dobijamo sistem po C1

i C2, cija su resenja C1 = C2 = 1, odakle dobijamo da je opsti clan Lukasovog niza datformulom

Ln =

(1 +

√5

2

)n

+

(1−√5

2

)n

.

TEOREMA 2.4.27. Funkcija generatrise L(x) Lukasovog niza iznosi L(x) = 2−x

1−x−x2.

Dokaz . Potpuno isto kao i u Teoremi 2.4.5 jednacini Ln+2 = Ln+1 + Ln (sa pocetnimuslovima L0 = 2 i L1 = 1) odgovara sledeca jednacina sa funkcijama generatrisa:

L(x)− L0 − L1x

x2=

L(x)− L0

x+ L(x).

Odavde nakon sredjivanja dobijamo trazenu funkciju generatrise

L(x) =2− x

1− x− x2.


Sada cemo navesti prvih nekoliko clanova Lukasovog niza.

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14Ln 2 1 3 4 7 11 18 29 47 76 123 199 322 521 843

NAPOMENA. Ovi brojevi predstavljaju niz A000032 u Online enciklopediji celobrojnihnizova [31].

Sledeca teorema nam daje direktnu vezu Fibonacijevih i Lukasovih brojeva.

TEOREMA 2.4.28. Za svaki prirodan broj n vazi jednakost Ln = Fn+1 + Fn−1.

Dokaz . Iako se ovo tvrdjenje relativno brzo moze pokazati Principom matematickeindukcije, mi cemo ovde dati dokaz koji koristi funkcije generatrisa ova 2 niza.

Krenimo od desne strane ove jednakosti. Niz Fn−1 je niz koji se dobija od Fnpomeranjem ulevo za jedno mesto, pa njemu odgova funkcija generatrise

F (x)− F0

x=

F (x)− 0x

=F (x)

x,

dok se niz Fn+1 dobija od Fn pomeranjem udesno za jedno mesto, pa njemu odgovarafunkcija generatrise

x · F (x) + F−1 = x · F (x) + 1

(ovde treba obratiti paznju sta se desava sa ”nultim”clanom, jer u nizu Fn+1 na nultojpoziciji treba da bude F−1 = 1 da bi vazila rekurentna veza za Fibonacijeve brojeve).Dakle, desnu stranu predstavlja funkcija generatrise

F (x)x

+ x · F (x) + 1 =F (x) · (1 + x2)

x+ 1 =

x1−x−x2 · (1 + x2)

x+ 1

=1 + x2

1− x− x2+ 1 =

2− x

1− x− x2,

a to je bas jednako funkciji generatrise Lukasovog niza.Time smo pokazali jednakost sa funkcijama generatrise, pa kako ona vazi dobijamo

da vazi i jednakost Fn−1 + Fn+1 = Ln.

U sledecoj teoremi je sadrzana kombinatorna definicija Lukasovih brojeva.

TEOREMA 2.4.29. Skup Nn = 1, 2, . . . , n sadrzi tacno Ln podskupova (ukljucujucii ∅) u kojima se ne nalaze 2 uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n istovremeno.

Dokaz . Oznacimo sa an broj podskupova skupa Nn koji ne sadrze 2 uzastopna prirodnabroja (isto kao u Teoremi 2.4.2), a sa bn broj podskupova skupa Nn koji ne sadrze 2uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n istovremeno. Za svaki skup S, koji brojimo u bn,imamo 2 mogucnosti:1 n 6∈ S. Kako broj n nije u S u njemu mogu biti svi brojevi iz Nn−1, ali uz uslov danema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an−1.


2 n ∈ S. Kako je broj n u S u njemu ne moze biti ni 1 ni n− 1, te je stoga S \ n ⊆Nn−2 \ 1, opet uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima an−3.Stoga na osnovu Teorema 2.4.2 i 2.4.28 dobijamo da vazi

bn = an−1 + an−3 = Fn+1 + Fn−1 = Ln.

TEOREMA 2.4.30. Ln =[n2 ]∑

k=0

n

n− k

(n− k

k

).

Dokaz . Koristimo oznake kao u Teoremi 2.4.24 i oznacimo sa f∗(n, k) broj podskupovaskupa Nn koji ne sadrze 2 uzastopna prirodna broja, kao ni 1 i n istovremeno. Za svakiskup S, koji brojimo u f∗(n, k), imamo 2 mogucnosti:1 n 6∈ S. Kako broj n nije u S u njemu mogu biti svi brojevi iz Nn−1, ali da ih je ukupnok i uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupova ima f(n− 1, k).2 n ∈ S. Kako je broj n u S u njemu ne moze biti ni 1 ni n− 1, te je stoga S \ n ⊆Nn−2 \ 1 i ima k− 1 element, opet uz uslov da nema 2 uzastopna. Takvih podskupovaima f(n− 3, k − 1).Sada mozemo da izracunamo koliko je f∗(n, k):

f∗(n, k) = f(n− 1, k) + f(n− 3, k − 1) =(

n− k

k

)+

(n− k − 1

k − 1

)

= (1 + kn−k ) ·

(n− k

k

)=

n

n− k

(n− k

k

).

Indeks u sumi, k, ide od 0 do[

n2

](jer su tad svi binomni koeficijenti koji se javljaju u

sumi razliciti od 0). Time smo pokazali trazenu jednakost

Ln =[n2 ]∑

k=0

f∗(n, k) =[n2 ]∑

k=0

n

n− k

(n− k

k

).

ZADACI

2.4.1. Jedna osoba se penje uz stepenice tako sto prelazi ili 1 ili 2 stepenika odjednom.Na koliko razlicitih nacina ona moze da se popne uz stepenice koje se sastoje od nstepenica?

2.4.2. Dokazati da za determinantu reda n vazi D(−1, 1, 1) = Fn+1.

2.4.3. Predstaviti sledece brojeve u Fibonacijevom zapisu:a) a = 85; b) a = 200; c) a = 343; d) a = 500.

2.4.4. Predstaviti sledece nizove pomocu Fibonacijevih brojeva Fn:a) a0 = r, a1 = s, an+2 = an+1 + an, n > 0.b) b0 = 0, b1 = 1, bn+2 = bn+1 + bn + c, n > 0.


c) a0 = 0, a1 = 1, an+2 = an+1 + an +(

nm

), n > 0, gde je m dati prirodan broj.

d) b0 = 1, b1 = 2, bn+2 = bn+1 · bn, n > 0.

2.4.5. Dokazati da za svako prirodno m medju prvih m2 − 1 clanova Fibonacijevogniza ima bar jedan deljiv sa m.

2.4.6. Dokazati da suma osam uzastopnih clanova Fibonacijevog niza nikada nije clanFibonacijevog niza.

Dokazati sledece identitete (2.4.7–2.4.37):

2.4.7. F1 + F3 + . . . + F2n−1 = F2n, za n > 1.

2.4.8. F2 + F4 + . . . + F2n = F2n+1 − 1, za n > 1.

2.4.9. F1 − F2 + F3 − . . . + (−1)n+1Fn = (−1)n+1Fn−1 + 1, za n > 2.

2.4.10. F12 + F2

2 + . . . + Fn2 = FnFn+1, za n > 1.

2.4.11. F2n = Fn+12 − Fn−1

2, za n > 2.

2.4.12. F2n−1 = Fn2 + Fn−1

2, za n > 2.

2.4.13. Fn+22 − Fn+1

2 = FnFn+3, za n > 1.

2.4.14. Fn+1Fn+2 − FnFn+3 = (−1)n, za n > 1.

2.4.15. F3n = Fn+13 + Fn

3 − Fn−13, za n > 2.

2.4.16. F1F2 + F2F3 + . . . + F2n−1F2n = F2n2, za n > 1.

2.4.17. F1F2 + F2F3 + . . . + F2nF2n+1 = F2n+12 − 1, za n > 1.

2.4.18. F3 + F6 + . . . + F3n = (F3n+2 − 1)/2, za n > 1.

2.4.19. F1 + 2F2 + . . . + nFn = nFn+2 − Fn+3 + 2, za n > 1.

2.4.20. Fn4 − Fn−2Fn−1Fn+1Fn+2 = 1, za n > 1.

2.4.21. Fk3 = (F3k − 3(−1)nFk)/5, za n > 1.

2.4.22.n∑

k=0

(n

k

)Fm+k = Fm+2n, za m > 1.

2.4.23.n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)F2n+k = (−1)nFn, za n > 1.

2.4.24. L1 + L2 + L3 + . . . + Ln = Ln+2 − 3, za n > 1.

2.4.25. L1 + L3 + L5 + . . . + L2n−1 = L2n − 2, za n > 1.


2.4.26. L2 + L4 + L6 + . . . + L2n = L2n+1 − 1, za n > 1.

2.4.27. Ln2 = Ln−1 · Ln+1 + 5 · (−1)n, za n > 2.

2.4.28. L12 + L2

2 + L32 + . . . + Ln

2 = LnLn+1 − 2, za n > 1.

2.4.29. Ln+12 − Ln

2 = Ln−1Ln+2, za n > 2.

2.4.30. Ln2 = L2n + 2 · (−1)n, za n > 1.

2.4.31. LnLn+1 − L2n+1 = (−1)n, za n > 1.

2.4.32. Ln2 − Ln−1Ln+1 = 5 · (−1)n, za n > 2.

2.4.33. F2n = FnLn, za n > 1.

2.4.34. Ln−1 + Ln+1 = 5Fn, za n > 2.

2.4.35. Ln2 − Fn

2 = 4Fn−1Fn+1, za n > 2.

2.4.36. LmLn + 5FmFn = 2Lm+n, za m > 1 i n > 1.

2.4.37. FmLn + LmFn = 2Fm+n, za m > 1 i n > 1.

2.4.38. Pokazati da se svi Lukasovi brojevi L4, L8, L16, L32, . . ., zavrsavaju cifrom 7,tj. da vazi L2n ≡ 7 (mod 10) za n > 2.

2.4.39. Na polju F8 sahovske table 8× 8 postavljena je dama. Igru igraju dva igracai poteze vuku naizmenicno. Svaki od igraca, kad je na potezu, moze pomerati damu zakoliko zeli polja nanize (po vertikali), levo (po horizontali) ili levo–dole (po dijagonali).Gubi onaj igrac koji nema gde da ide. Znaci, pobednik ce biti onaj igrac koji prvi doteradamu na polje A1. Poznato je da u ovoj igri igrac koji je prvi na potezu, ukoliko igrapravilno, uvek pobedjuje ma kako igrao njegov partner. Kako to treba da igra? A ko cepobediti pri pravilnoj igri ako se dama nalazi na polju E8?

2.4.40. (“Mini Tetris”) Naci funkciju generatrisu i rekurentnu relaciju za broj nacinana koji se moze u potpunosti prekriti (tako da se delovi ne preklapaju) pravougaonikdimenzija n× 2 pomocu kvadrata dimenzija 2× 2 i 1× 1.

2.4.41. Za jedan skup prirodnih brojeva kazemo da je sebican, ako mu je broj elemenatanjegov element. Ako je A sebican i nijedan njegov pravi podkup nije sebican, tada kazemoda je A minimalan sebican skup. Odrediti broj minimalnih sebicnih podkupova skupa1, 2, . . . , n.


2.5 KATALANOVI BROJEVI

Katalanovi brojevi Cn, n > 0, predstavljaju niz prirodnih brojeva koji se pojavljujekao resenje velikog broja kombinatornih problema. Knjiga [32] sadrzi skup zadataka kojiopisuju cak 66 razlicitih interpretacija Katalanovih brojeva! Prvi ih je opisao Ojler, a imesu (ipak) dobili po belgijskom matematicaru Eugenu Carlsu Katalanu (Eugene CharlesCatalan; 1814–1894), koji je otkrio vezu izmedju problema Hanojskih kula i sledecegproblema:

Koliko ima korektnih nizova n parova zagrada3, tako da je u svakom pocetnomdelu niza broj levih zagrada veci ili jednak broju desnih zagrada?

PRIMER 2.5.1. Za n = 3 postoji sledecih pet korektnih nizova zagrada:

((())) (()()) (())() ()(()) ()()().

NAPOMENA. Prvih nekoliko Katalanovih brojeva je dato u sledecoj tabeli.

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Cn 1 1 2 5 14 132 429 1430 4862 16796 58786 208012 742900

Ovi brojevi predstavljaju niz A000108 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31].

REKURENTNA RELACIJA

Katalanovi brojevi zadovoljavaju jednostavnu rekurentnu relaciju. Neka je X korektniniz n parova zagrada. Prva zagrada u X ocigledno mora biti leva zagrada. Neka se napoziciji k nalazi njoj odgovarajuca desna zagrada. Tada su podnizovi:

• X ′, koji cine zagrade na pozicijama od 2 do k − 1, i

• X ′′, koji cine zagrade na pozicijama od k + 1 do 2n,

takodje korektni nizovi zagrada (moguce je da je bilo koji od ovih nizova prazan). NizoviX ′ i X ′′ zajedno sadrze n− 1 par zagrada.

S druge strane, ako su X ′ i X ′′ proizvoljni korektni nizovi zagrada koji zajedno sadrzen−1 par zagrada, tada je niz (X ′)X ′′ (dobijen nadovezivanjem ovih nizova uz dodavanjejos jednog para zagrada) takodje korektan niz zagrada.

Sada mozemo i da uocimo rekurentnu relaciju koju zadovoljavaju Katalanovi brojevi:

(2.18) Cn =n−1∑

i=0

CiCn−1−i, n > 1.

Zajedno saC0 = 1,

ova rekurentna relacija je dovoljna da odredi sve Katalanove brojeve.Iako homogena, ova relacija nije linearna, tako da se za njeno resavanje ne mogu pri-

meniti formule date u prethodnim odeljcima. Umesto toga, iskoristicemo metod funkcijageneratrise.

3 Korektne nizove zagrada smo uveli u Primeru ??.


RESENJE POMOCU FUNKCIJE GENERATRISE

Neka jeC(x) =

∑

n>0

Cnxn.

Posmatrajmo funkciju C2(x). Po pravilu za mnozenje funkcija generatrise, koeficijent uzxn u C2(x) jednak je

C0Cn + C1Cn−1 + . . . + CnC0 =n∑

i=0

CiCn−i = Cn+1.

Prema tome, izgleda da funkcija C2(x) lici na C(x)x ... Da bismo bili precizniji, iz

prethodnog zapazanja vidimo da je koeficijent uz xn+1 u xC2(x) isti kao i u funkcijiC(x). Slobodni clanovi ovih funkcija se ipak razlikuju: u xC2(x) slobodni clan je 0, dokje u C(x) slobodni clan jednak 1. Sada konacno mozemo da vidimo da vazi

xC2(x)− C(x) + 1 = 0.

Ovo je sada kvadratna jednacina po C(x) koja ima dva moguca resenja:

C(x) =1±√1− 4x

2x.

Jednu mogucnost mozemo odmah izbaciti, s obzirom da vazi

1 +√

1− 4x

2x→∞ za x → 0,

dok je zaista limx→0

1−√1−4x2x = 1. Zbog toga zakljucujemo da vazi

(2.19) C(x) =1−√1− 4x

2x.

Izraz√

1− 4x = (1−4x)1/2 se moze pretvoriti u stepeni red koristeci Uopstenu binomnuteoremu (Teorema 2.1.8)

√1− 4x =

∑

n>0

(1/2n

)(−4)nxn

=∑

n>0

12 ( 1

2 − 1)( 12 − 2) · . . . · ( 1

2 − n + 1)n!

(−4)nxn

=∑

n>0

(−1)n−1 · 1 · 1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 3)2nn!

(−4)nxn

=∑

n>0

− 1 · 3 · 5 · . . . · (2n− 3) · 2n(n− 1)!n!(n− 1)!

xn

=∑

n>0

−2 · 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · . . . · (2n− 3) · (2n− 2)n!(n− 1)!

xn

=∑

n>0

−2 · (2n− 2)!n!(n− 1)!

xn.


Sada se za C(x) iz (2.19) dobija da je

(2.20) C(x) =∑

n>0

(2n)!(n + 1)!n!

xn =∑

n>0

1n + 1

(2n

n

)xn.

DVA DIREKTNA RESENJA

Kao sto smo rekli na pocetku ove glave, problemi koje razmatramo obicno imaju iresenja koja ne koriste funkcije generatrise. Medjutim, to ne znaci da su ova alterna-tivna resenja laksa — ona uglavnom uposljavaju pazljivo osmisljene trikove. Uostalom,procenite i sami razliku u tezini izmedju prethodnog odredjivanja Katalanovih brojeva isledeca dva resenja, koja se mogu naci na

http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan numbers

Radi lakseg opisivanja ovih resenja, sada cemo preci na drugi skup objekata kojiprebrojavaju Katalanovi brojevi. Monotoni put je put uz ivice mreze sa n×n kvadratnihcelija, koji polazi iz donjeg levog ugla, zavrsava u gornjem desnom uglu i u potpunostise sastoji od ivica koje idu udesno ili navise.

LEMA. 2.5.2. Broj monotonih puteva u n×n mrezi koji ne prelaze preko dijagonalejednak je Cn.

Dokaz . Da bismo ovo videli, dovoljno je da primetimo da je svaki korektni niz san parova zagrada ekvivalentan sa tacno jednim monotonim putem: svakoj levoj zagradiodgovara ivica koja ide udesno, a svakoj desnoj zagradi ivica koja ide navise.

Prvo direktno resenje

Ovo resenje se zasniva na triku koji je otkrio D. Andre, a koji je danas poznatiji podimenom princip refleksije.

Pretpostavimo da je dat monotoni put u n × n mrezi koji prelazi preko dijagonale.Pronadjimo prvu ivicu na putu koja lezi iznad dijagonale, i onaj deo puta koji lezi nakonte ivice preslikajmo u odnosu na dijagonalu. (Drugim recima, pocinjemo sa nekorektnimnizom sa n parova zagrada i menjamo sve zagrade nakon prve desne zagrade koja narusavauslov korektnosti.) Put koji dobijamo na ovaj nacin je monotoni put u (n− 1)× (n + 1)mrezi. Slika 2.1 ilustruje ovaj proces; zeleni deo puta je onaj deo koji se preslikava.

Slika 2.1: Zeleni deo puta se preslikava.


Posto svaki monotoni put u (n− 1)× (n + 1) mrezi mora da predje preko dijagonaleu nekom trenutku, svaki takav put moze na jedinstven nacin da se dobije pomocu ovogprocesa preslikavanja. Broj ovakvih puteva je

(2n

n− 1

),

pa je stoga broj monotonih puteva u n×n mrezi koji ne prelaze preko dijagonale jednakrazlici ukupnog broja monotonih puteva i onih koji prelaze dijagonalu, tj.

Cn =(

2n

n

)−

(2n

n− 1

)=

1n + 1

(2n

n

).

Drugo direktno resenje

Sledece bijektivno resenje, iako jos malo komplikovanije od prethodnog, omogucicenam da damo prirodno objasnjenje za clan n+1 koji se pojavljuje u imeniocu formule 2.20.

Pretpostavimo da je dat monotoni put u n × n mrezi, koji moze i da prelazi prekodijagonale. Odstupanje puta definisemo kao broj parova ivica koje se nalaze iznad dijag-onale. Na primer, ivice koje leze iznad dijagonale su na slici 2.2 oznacene crveno, tako daje odstupanje ovog puta jednako 5. Sada, ako je dat put cije je odstupanje vece od nule,

Slika 2.2: Put sa odstupanjem 5.

mozemo da primenimo sledeci algoritam kako bi konstruisali novi put cije je odstupanjeza 1 manje:

• Krenuvsi iz donjeg levog ugla, pratimo put dok prvi put ne predje iznad dijagonale;

• Nastavimo da pratimo put dok ponovo ne dodirne dijagonalu. Neka x oznacavaovu ivicu kojom smo dodirnuli dijagonalu;

• Obojimo u crveno deo puta od pocetka do ivice x (ne ukljucujuci ivicu x!), a uzeleno deo puta nakon ivice x do kraja. Zamenimo mesta crvenom i zelenom deluputa, ostavljajuci ivicu x izmedju njih.

Slika 2.3: Crveni i zeleni deo puta menjaju mesta.


Primer sa slike 2.3 treba da pojasni ovaj algoritam. Na ovoj slici, crni kruzic oznacavatacku gde nas put prvi put prelazi preko dijagonale. Ivica x kojom put ponovo dodirujedijagonalu, je obojena u crno. Sada menjamo mesta crvenog dela puta sa zelenim de-lom, kako bismo dobili novi put, prikazan na desnoj strani slike 2.3. Primetimo da seodstupanje u novom putu smanjilo sa tri na dva.

U sustini, primenom prethodnog algoritma na bilo koji put, njegovo odstupanje ce sesmanjiti tacno za 1: ivica x koja se u pocetku nalazila iznad dijagonale, sada je ispodnje, prouzrokujuci da se odstupanje crvenog dela puta smanji za 1, dok se odstupanjezelenog dela puta ne menja.

Takodje, nije tesko videti da se ovaj proces moze okrenuti: za bilo koji put P cije jeodstupanje manje od n, postoji tacno jedan put koji daje P nakon primene algoritma.

Ovim zakljucujemo da je broj puteva sa odstupanjem n jednak broju puteva sa odstu-panjem n−1, koji je jednak broju puteva sa odstupanjem n−2, itd. sve do nule. Drugimrecima, skup svih monotonih puteva podelili smo na n + 1 podskupova, svaki sa istimbrojem elemenata, koji odgovaraju svim mogucim odstupanjima od 0 do n. S obziromda ukupno postoji (

2n

n

)

monotonih puteva, dobijamo da je trazeni broj puteva koji ne prelaze dijagonalu jednak

Cn =1

n + 1

(2n

n

).

Slika 2.4: Svi monotoni putevi u 3× 3 mrezi.

Slika 2.4 ilustruje ovu podelu za n = 3. Svaki od 20 mogucih monotonih putevase nalazi u jednoj od kolona, u zavisnosti od njegovog odstupanja. U prvoj koloni senalaze putevi sa odstupanjem tri, koji u potpunosti leze iznad dijagonale. Kolone izanje prikazuju rezultat sukcesivnih primena algoritma, smanjujuci odstupanje za 1 nakonsvake primene. S obzirom da postoje cetiri kolone, vazi da je C3 = 20

4 = 5.


STA JOS PREBROJAVA KATALAN?

Da bismo predstavili sledeci skup objekata kojeg prebrojavaju Katalanovi brojevi,bice nam potrebno nekoliko definicija (videti i deo odeljka 3.2 posvecenog korenskimstablima).

DEFINICIJA 2.5.3. Neka je T skup cvorova medju kojima je definisana relacija ρ:“biti naslednik”. Pretpostavimo takodje da postoji cvor r ∈ T tako da su svi ostalicvorovi naslednici cvora r (direktni ili indirektni). Tada se uredjena trojka (T, ρ, r)naziva korensko stablo, a cvor r se naziva koren stabla.

Cvor bez naslednika u stablu naziva se list.Za dato korensko stablo (T, ρ, r) i cvor s ∈ T , podstablo u cvoru s je korensko stablo

(Ts, ρs, s), gde Ts cine cvor s i svi njegovi naslednici iz T , a ρs je restrikcija relacije ρ naskup Ts.

Korensko stablo se slikovito predstavlja tako sto se svaki cvor, pocevsi od korena sta-bla, predstavlja kruzicem i zatim spaja linijom sa svakim od svojih direktnih naslednika,koji se svi postavljaju u istom nivou ispod njega.

DEFINICIJA 2.5.4. Poziciono binarno stablo je korensko stablo u kojem je svakicvor ili list ili ima jedistvenog levog i desnog (direktnog) naslednika.

Za svaki cvor s pozicionog binarnog stabla, podstabla u levom i desnom nasledniku sse nazivaju levo i desno podstablo cvora s.

uu

u

e ee

e¡

¡¡

@@

@ uuue

e ee

¡¡@

@¡

@ uuu e

eee

@@¡

¡@

¡u

uu

eee

e@

@@

¡¡

¡ u uu

e e e e¡ ¡@ @

Slika 2.5: Poziciona binarna stabla sa cetiri lista.

Da bismo pojasnili ove definicije, na slici 2.5 su prikazana sva poziciona binarna stablasa cetiri lista (gde su listovi prikazani belo, a ostali cvorovi crno). Za vise informacija ostablima videti odeljak ”Korenska stabla”, str. 210.

Sada konacno mozemo da pokazemo sledece tvrdjenje.

TEOREMA 2.5.5. Broj pozicionih binarnih stabala sa n + 1 listom jednak je Cn.

Dokaz . Da bismo pokazali ovo tvrdjenje, konstruisacemo bijekciju A izmedju skupasvih pozicionih binarnih stabala i skupa svih korektnih nizova zagrada. Pritom ce Apreslikavati proizvoljno poziciono binarno stablo sa n + 1 listom u korektni niz n parovazagrada.

Primetimo najpre da oba skupa objekata dopustaju rekurzivne definicije. Naime,poziciona binarna stabla se mogu definisati pomocu sledecih pravila:

(s1) Stablo koje se sastoji samo od korena je poziciono binarno stablo.


(s2) Ako su T ′ i T ′′ poziciona binarna stabla, tada je i stablo T , dobijeno tako sto seuvede novi cvor r i proglasi korenom, a koreni stabala T ′ i T ′′ proglase, redom, zalevog i desnog naslednika korena r, takodje poziciono binarno stablo.

S druge strane, korektni nizovi zagrada se mogu definisati pomocu:

(z1) Prazan niz zagrada je korektan.

(z2) Ako su A′ i A′′ korektni nizovi zagrada, tada je i niz (A′)A′′, dobijen spajanjemnizova A′ i A′′, takodje korektan niz zagrada.

Ove definicije nam sada omogucavaju da i trazenu bijekciju A konstruisemo rekurzivno:

(b1) Stablo koje se sastoji samo od korena se preslikava u prazan niz zagrada.

(b2) Ako se stabla T ′ i T ′′ preslikavaju, redom, u korektne nizove zagrada A′ i A′′, tadase stablo T preslikava u niz (A′)A′′.

Pokazacemo, uz pomoc matematicke indukcije, da je A obostrano jednoznacno pres-likavanje: naime, za bazu imamo da stablu koje se sastoji od korena odgovara prazanniz zagrada, a za korak koristimo da svaki korektni niz zagrada pocinje levom zagradom,za koju postoji tacno jedna odgovarajuca desna zagrada; tada za podniz A′ izmedju ovedve zagrade postoji tacno jedno stablo T ′ tako da je

A(T ′) = A′,

a za podniz A′′ nakon desne zagrade postoji tacno jedno stablo T ′′ tako da je

A(T ′′) = A′′.

Stoga, prema konstrukciji preslikavanja A, za stablo T , dobijeno proglasenjem T ′ i T ′′

za levo i desno podstablo, redom, vazi da je

A(T ) = A.

Preostaje jos da pokazemo da ce bijekcija A preslikati poziciono binarno stablo Tsa n + 1 listom u korektan niz n zagrada. Najpre, iz konstrukcije A vidimo da svakomcvoru stabla T , koji nije list, odgovara tacno jedan par zagrada. Neka stablo T iman + 1 listova i k cvorova koji nisu listovi (prema tome, stablu T odgovara niz k parovazagrada). Svaki od k cvorova stabla T ima tacno dva direktna naslednika, dok listovinemaju naslednike, tako da je ukupan broj direktnih naslednika u T jednak 2k. S drugestrane, svaki cvor, izuzev korena, je direktni naslednik tacno jednog drugog cvora, takoda je ukupan broj direktnih naslednika u T jednak (n + 1) + k − 1. Izjednacavajuci ovedve vrednosti dobijamo da je k = n, pa vidimo da stablu T zaista odgovara niz n parovazagrada.

uu

u

e ee

e¡

¡¡

@@

@

((( )))

uuue

e ee

¡¡@

@¡

@

(( )( ))

uuu e

eee

@@¡

¡@

¡

( )(( ))

uu

u

eee

e@

@@

¡¡

¡

( )( )( )

u uu

e e e e¡ ¡@ @

(( ))( )

Slika 2.6: Ilustracija bijekcije A za n = 3.


Slika 2.6 ilustruje bijekciju A, konstruisanu u prethodnom dokazu, za slucaj n = 3.

Medju cvorovima pozicionog binarnog stabla T moze da se uvede relacija poretka ¹(takodje na rekurzivan nacin) tako sto ce, za svaki cvor s ∈ T , svi cvorovi u njegovomlevom podstablu biti ispred s, a svi cvorovi u njegovom desnom podstablu biti iza s.

NAPOMENA. Ovako definisan poredak na engleskom jeziku se zove infix order i on odgo-vara infiksnoj notaciji izraza (npr. a + b, kao i sto smo navikli). Postoje jos i prefiksna notacija(ponegde zvana i poljska notacija, po poljskom matematicaru Lukasijevicu; npr. +ab) i postfik-sna notacija (tzv. inverzna poljska notacija; npr. ab+).

Poziciono binarno stablo T sa n+1 listova moze da se interpretira i kao izracunavanjevrednosti proizvoda a1 · a2 · . . . · an · an+1 na sledeci nacin: rasporedimo najpre u listove,u infix poretku, promenljive a1, a2, . . . , an+1, a u preostale cvorove znak · za operacijumnozenja. Vrednost proizvoda sada mozemo da dobijemo, rekurzivno, tako sto, za svakicvor s ∈ T , najpre nadjemo vrednosti izraza Ls, koji odgovara njegovom levom podstablu,i Rs, koji odgovara njegovom desnom podstablu, a zatim u cvor s stavimo vrednost izrazaLs ·Rs. Vrednost u korenu stabla tada predstavlja proizvod vrednosti svih promenljivih.Kako je ovo pridruzivanje pozicionih binarnih stabala obostrano jednoznacno sa nacinimada se izracuna proizvod a1 ·a2 · . . . ·an ·an+1, mozemo da zakljucimo da vazi sledeca lema.

LEMA. 2.5.6. Broj nacina da se izracuna vrednost proizvoda a1 · a2 · . . . · an · an+1

jednak je Katalanovom broju Cn.

uu

u

e ee

e¡

¡¡

@@

@

(a1 · (a2 · (a3 · a4)))

uuue

e ee

¡¡@

@¡

@

(a1 · (a2 · a3)) · a4)

uuu e

eee

@@¡

¡@

¡

(a1 · (a2 · a3)) · a4

uu

u

eee

e@

@@

¡¡

¡

a1 · (a2 · (a3 · a4)

u uu

e e e e¡ ¡@ @

(a1 · a2) · (a3 · a4)

Slika 2.7: Kako se moze izracunati proizvod a1 · a2 · a3 · a4?

Da bismo ilustrovali konstrukciju iz prethodnog razmatranja, na slici 2.7 su pred-stavljeni svi nacini da se izracuna vrednost proizvoda a1 · a2 · a3 · a4.

Jos neki primeri skupova objekata koje prebrojavaju Katalanovi brojevi dati su uzadacima.

ZADACI

2.5.1. Konstruisati poziciono binarno stablo koje odgovara sledecem korektnom nizuod 11 parova zagrada:

(((())())())(())(())().

2.5.2. Covek ide najkracim putem na posao koji je 10 blokova istocno i 10 blokovaseverno od njegove kuce. Ulice se ukrstaju pod pravim uglom i cine pravougaonu mrezu,u pravcima sever-jug i istok-zapad (svaki blok je oivicen ulicama ili ulicama i rekom).Reka tece dijagonalno od tacke gde zivi do tacke gde radi. Na reci nema mostova izmedjunjegovog stana i posla, tako da ako naidje na dijagonalu, u stvari nailazi na reku (i tada


mora skrenuti desno, tj. krenuti u pravcu istoka). Koliko taj covek ima nacina da stignena posao, a da ne skrene sa najkraceg puta ili da se ne skvasi?

2.5.3. Tokom pauze na poslu, 20 ljudi ceka u redu ispred automata za napitke. Svakinapitak kosta 5 dinara. U masini nedostaje novcica za kusur, tako da moze obavitipovracaj tek onda kada dobije dovoljno odgovarajucih novcica. Ako 10 ljudi ima tacaniznos, a 10 njih ima samo novcice od po 10 dinara, na koliko se nacina ljudi mogurasporediti u red, tako da svako dobije odgovarajuci kusur?

2.5.4. Na postrojavanju komandir ima 18 vojnika u vrsti. Kada je komandovao“Nalevo!” pola vojnika se okrenulo na levu stranu, a pola na desnu. Na koliko razlicitihnacina je to moglo da se desi?

2.5.5. Na koliko razlicitih nacina je moguce izracunati sledeci izraz?a1a2a3

.

.

.an

Dokazati da Katalanovi brojevi Cn predstavljaju broj elemenata svakog od sledecih20 skupova Si, i = a, b, . . . , s, t, u zadacima 2.5.6–2.5.25. Elementi svakog skupa Si suilustrovani za n = 3, u nadi da ce ilustracije otkloniti eventualne nejasnoce u definici-jama. Idealno, trebalo bi dokazati da Si i Sj imaju isti broj elemenata konstruisanjemjednostavne, elegantne bijekcije φij : Si 7→ Sj za svaki par i, j . . .

2.5.6. Sa: triangulacije konveksnog (n+2)-gona na n trouglova pomocu n−1 dijagonalakoje nemaju zajednickih tacaka u unutrasnjosti (n + 2)-gona.

2.5.7. Sb: uredjena stabla sa n + 1 cvorova.

2.5.8. Sc: putevi u celobrojnoj mrezi od (0, 0) do (n, n) sa koracima (0, 1) ili (1, 0),koji nikada ne idu iznad prave y = x.


2.5.9. Sd: Dikovi putevi od (0, 0) do (2n, 0), tj. putevi u celobrojnoj mrezi sa koracima(1, 1) i (1,−1), koji nikada ne idu ispod x-ose.

2.5.10. Se: n disjunktnih tetiva koje spajaju 2n tacaka na kruznici.

2.5.11. Sf : nacini da se u ravni poveze 2n tacaka koje leze na horizontalnoj pravojpomocu n disjunktnih lukova, tako da svaki luk povezuje dve od datih tacaka i lezi iznadsvih tacaka.

2.5.12. Sg: nizovi od n brojeva 1 i n brojeva −1 tako da je svaka suma prvih k brojeva,k 6 n, nenegativna (gde je −1 oznacen samo kao −):

111−−− 11− 1−− 11−−1− 1− 11−− 1− 1− 1−

2.5.13. Sh: nizovi 1 6 a1 6 . . . 6 an celih brojeva sa ai 6 i (ovo je ustvari brojneopadajucih funkcija a : 1, 2 . . . , n → 1, 2 . . . , n koje zadovoljavaju uslov a(x) 6 xza svako 1 6 x 6 n.

111 112 113 122 123

2.5.14. Si: nizovi a1, a2, . . . , an celih brojeva tako da je a1 = 0 i 0 6 ai+1 6 ai + 1.

000 001 010 011 012

2.5.15. Sj : permutacije a1a2 · · · a2n skupa 1, 2, . . . , 2n tako da:(i) 1, 3, . . . , 2n− 1 se pojavljuju u rastucem poretku,(ii) 2, 4, . . . , 2n se pojavljuju u rastucem poretku i(iii) 2i− 1 se pojavljuje pre 2i, 1 6 i 6 n.

123456 123546 132456 132546 135246


2.5.16. Sk: stek-permutacije a1a2 . . . an skupa 1, 2, . . . , n koje mogu da se dobijuod identicke permutacije 12 . . . n koristeci stek: brojevi 1, 2, . . . , n se redom stavljaju nastek, a skidaju sa steka u proizvoljnim trenucima, s tim sto nije moguce skinuti broj sapraznog steka. Na primer:

123 132 213 231 321

2.5.17. Sl: nacini da se novcici poredjaju u ravni, tako da prvi red sadrzi n novcica.

2.5.18. Sm: (neuredjeni) parovi puteva u celobrojnoj mrezi, koji imaju duzinu n + 1,polaze iz (0, 0), koriste korake (1, 0) ili (0, 1), zavrsaju se u istoj tacki, a seku se samo uprvoj i poslednjoj tacki.

2.5.19. Sn: permutacije a1a2 · · · an skupa 1, 2, . . . , n tako da je najduzi opadajucipodniz duzine najvise dva, tj. ne postoje indeksi i < j < k tako da je ai > aj > ak

(ovakve permutacije se zovu i 321-izbegavajuce permutacije).

123 213 132 312 231

2.5.20. So: relacije ρ na skupu 1, 2, . . . , n koje su refleksivne (i ρ i), simetricne(i ρ j ⇒ j ρ i) i ako je 1 6 i < j < k 6 n i i ρ k, tada je i ρ j i j ρ k (u primeru pisemo ijza par (i, j) i ne navodimo parove ii):

∅ 12, 21 23, 32 12, 21, 23, 32 12, 21, 13, 31, 23, 32

2.5.21. Sp: n-torke (a1, a2, . . . , an) prirodnih brojeva ai > 2 tako da u nizu1, a1, a2, . . . , an, 1 svako ai deli zbir svoja dva suseda.

14321 13521 13231 12531 12341


2.5.22. Sq: n-toclani podskupovi S skupa N × N tako da za (i, j) ∈ S vazi i > j ipostoji put u celobrojnoj mrezi od tacke (0, 0) do (i, j) sa koracima (0, 1), (1, 0) i (1, 1)koji u potpunosti lezi u S:

(0, 0), (1, 0), (2, 0) (0, 0), (1, 0), (1, 1) (0, 0), (1, 0), (2, 1)

(0, 0), (1, 1), (2, 1) (0, 0), (1, 1), (2, 2)

2.5.23. Sr: nepresecajuce particije skupa 1, 2, . . . , n, tj. particije 1, 2, . . . , n =B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bk, i 6= j ⇒ Bi ∩ Bj = ∅, takve da ako je a < b < c < d i a, c ∈ Bi ib, d ∈ Bj , tada je i = j.

123 12− 3 13− 2 23− 1 1− 2− 3

2.5.24. Ss: nepresecajuce particije skupa 1, 2, . . . , 2n + 1 u n + 1 blokova, tako danijedan blok ne sadrzi par uzastopnih brojeva.

137− 46− 2− 5 1357− 2− 4− 6 157− 24− 3− 6

17− 246− 3− 5 17− 26− 35− 4

2.5.25. St: nizovi a1, a2, . . . , a2n+1 nenegativnih celih brojeva tako da je a1 = a2n+1 =0, i |ai+1 − ai| = 1 za i = 1, 2, . . . , 2n.

0123210 0121210 0121010 0101210 0101010

2.6 PARTICIJE

Particije prirodnog broja, zajedno sa kompozicijama i particijama skupa (koje cemoobraditi u ovom odeljku), predstavljaju izuzetno vazne kombinatorne objekte. Poredmnostva naucnih radova koji se bave problemima vezanim za te tematike, postoje i celeknjige koje se bave ovim kombinatornim objektima — americki matematichar DzordzEndrius (eng. George E. Andrews) autor je 2 knjige koje su posvecene particijama: [3] i[2].

Particije u svom korenu imaju englesku rec part (deo), ali se kod nas ovaj pojamne prevodi. Takodje u celom ovom poglavlju za delove particije mi cemo koristiti izrazsabirak (kod particija i kompozicija prirodnog broja), odnosno podskup (kod particijaskupa).

Za ukupan broj particija prirodnog broja n koristicemo oznaku p (n), a sa p (n | P)oznacavacemo broj particija prirodnog broja n koje imaju neko svojstvo P. Samokon-jugovane particije cemo oznacavati sa s.k. a sa n.s. cemo oznacavati najveci sabirak udatoj particiji. Izuzetno, svojstva vezana za informacije o broju sabiraka cemo stavljatiu indeks, npr. broj particija koje imaju tacno k sabiraka cemo oznacavati sa p k(n), akoima najvise k sabiraka to cemo oznacavati sa p6k(n), a particije koje imaju tacno mrazlicitih sabiraka cemo oznacavati sa pm(n | 6=). Potpuno analogno za kompozicijeprirodnog broja n cemo koristiti oznake koje pocinju sa c, poput c (n), c (n | P), ...


KOMPOZICIJE

DEFINICIJA 2.6.1. Kompozicija prirodnog broja n na k sabiraka predstavlja bilokoje resenje (a1, a2, . . . , ak) u skupu N jednacine

(2.21) a1 + a2 + . . . + ak = n.

Kompozicija se ponekad naziva i uredjena particija ili uredjeno razbijanje prirodnogbroja n. O broju kompozicija nam govore i sledeca dva tvrdjenja.

TEOREMA 2.6.2. Broj resenja jednacine (2.21), tj. broj kompozicija jednak je(

n− 1k − 1

).

Dokaz 1 . Ova formula se najlakse pokazuje sledecim kombinatornim rezonom.Broj n cemo prvo razbiti na n jedinica:

1 1 1 . . . 1 1 1.

Na svaku od n − 1 crtica koje se nalaze izmedju 1 mozemo staviti znak +. Kako trebada imamo k sabiraka treba da stavimo n − 1 znakova +, a to mozemo uciniti na

(n−1k−1

)nacina. Kada imamo m uzastopnih jedinica one ce predstavljati sabirak m. Takodje,jedinice koje se nalaze do prvog znaka + predstavljace prvi sabirak a1; jedinice koje senalaze izmedju prvog i drugog znaka + predstavljace sabirak a2; ... ; jedinice koje senalaze posle (k − 1)-og znaka + predstavljace poslednji sabirak ak. Time smo pokazalida i kompozicija ima

(n−1k−1

).

Dokaz 2 . Dokaz cemo sprovesti pomocu funkcija generatrisa. Oznacimo broj kompozi-cija broja n na k sabiraka sa ck(n) = c (n | k sabiraka). Kompoziciji (a1, a2, . . . ak)odgovara clan xa1 · xa2 · . . . · xak = xa1+a2+...+ak = xn iz proizvoda

(x1 + x2 + x3 + . . .) · (x1 + x2 + x3 + . . .) · . . . · (x1 + x2 + x3 + . . .)︸︷︷︸k

,

gde faktor xa1 izimamo iz prvog faktora (x1 + x2 + x3 + . . .), xa2 iz drugog, ... , xak izposlednjeg, k-tog. Stoga je funkcija generatrise broja kompozicija broja n na k sabirakajednaka bas gornjem proizvodu, tj.

∞X

n=0

ck(n) xn = (x + x2 + x3 + . . .)k.

Za sredjivanje ovog izraza cemo koristiti osobinu g) iz podpoglavlja ”Neke poznatefunkcije generatrisa”(str. 83):

∞∑n=0

ck(n)xn = (x + x2 + x3 + . . .)k =xk

(1− x)k= xk

∞∑r=0

(r+k−1

r

)xr

=∞∑

n=k

(n−1n−k

)xn =

∞∑

n=k

(n−1k−1

)xn.

Izjednacavanjem odgovarajucih koeficijenata u ovim formalnim stepenim redovima dobi-jamo da je ck(n) =

(n−1k−1

).


Direktna posledica ovog tvrdjenja je sledece kojim odredjujemo ukupan broj svihmogucih kompozicija datog prirodnog broja.

TEOREMA 2.6.3. Ukupan broj kompozicija broja n je jednak c (n) = 2n−1.

Dokaz . Prirodan broj n mozemo predstaviti kao 1 sabirak (to je samo n), kao 2 sabirka,... , kao n sabiraka (to je samo 1 + 1 + . . . + 1). Stoga k u jednacini 2.21 moze uzimatisve vrednosti od 1 do n, pa imamo da ukupan broj kompozicija predstavlja sledecu sumuc (n) =

nX

k=1

ck(n) =nX

k=1

(n−1k−1

)= 2n−1.

Ilustrujmo rezultate prethodne dve teoreme kroz sledeci primer.

PRIMER 2.6.4. Odrediti koliko ima kompozicija broja 5. Koliko tih kompozicija ima1, 2, 3, 4, odnosno 5 sabirka?

Resenje. Imamo c (4) = 24 = 16 particija broja 5. Prikazimo ih:

5;

1 + 4, 2 + 3, 3 + 2, 4 + 1;

1 + 1 + 3, 1 + 2 + 2, 1 + 3 + 1, 2 + 1 + 2, 2 + 2 + 1, 3 + 1 + 1;

1 + 1 + 1 + 2, 1 + 1 + 2 + 1, 1 + 2 + 1 + 1, 2 + 1 + 1 + 1;

1 + 1 + 1 + 1 + 1.

U prvom redu je samo 1 kompozicija broja 5 na 1 sabirak i to se slaze sa rezultatomTeoreme 2.6.3:

(5−11−1

)=

(40

)= 1. U drugom redu prethodnog prikaza imamo ukupno(

5−12−1

)=

(41

)= 4 kompozicije na 2 sabirka. U trecem redu imamo

(5−13−1

)=

(42

)= 6

kompozicija na 3 sabirka. U cetvrtom redu se nalaze(5−14−1

)=

(43

)= 4 kompozicije na 4

sabirka. U petom redu je(5−15−1

)=

(44

)= 1 kompozicija na 5 sabiraka.

TEOREMA 2.6.5. Kompozicija broja n, kod kojih se svaki broj j ∈ Nn javlja tacnoαj puta, pri cemu je α1 · 1 + α2 · 2 + . . . + αn · n = n, ima

(α1 + α2 + . . . + αn)!α1!α2! . . . αn!

=(

α1 + α2 + . . . + αn

α1, α2, . . . , αn

).

Dokaz . Objekti koje prebrojavamo u ovom tvrdjenju su permutacije sa ponavlja-njem. Prema Lemi 1.3.15 imamo da je njihov broj jednak multinomijalnom koeficijentu(α1+α2+...+αn

α1,α2,...,αn

)= (α1+α2+...+αn)!

α1!α2!...αn! .

PRIMER 2.6.6. Odredimo sve kompozicije kod kojih su sabrici 1, 2, 2 i 5.


Resenje. Sve te kompozicije odgovaraju permutacijama sa ponavljanjem brojeva 1, 2,2 i 5. Stoga tih kompozicija ukupno ima

(4

1,2,1

)= 12:

1 + 2 + 2 + 5, 1 + 2 + 5 + 2, 1 + 5 + 2 + 22 + 1 + 2 + 5, 2 + 1 + 5 + 2, 2 + 2 + 1 + 52 + 2 + 5 + 1, 2 + 5 + 1 + 2, 2 + 5 + 2 + 15 + 1 + 2 + 2, 5 + 2 + 1 + 2, 5 + 2 + 2 + 1.

TEOREMA 2.6.7. Neka su n1, n2, . . . , nk razliciti prirodni brojevi. Oznacimo brojkompozicija prirodnog broja n, kod kojih je svaki od sabiraka jednak nekom od brojevan1, n2, . . . , nk sa c (n | n1, n2, . . . , nk). Tada vazi jednakost

c (n | n1, n2, . . . , nk) =k∑

j=1

c (n− nj | n1, n2, . . . , nk),

gde kao pocetne uslove imamo c (m | n1, n2, . . . , nk) =

0, ako je m < 0,

1, ako je m = 0.

Dokaz . Oznacimo sa Sj skup svih trazenih kompozicija koje pocinju sa nj . Ako jeprvi broj nj u trazenoj kompoziciji onda ostatak te kompozicije predstavlja kompozicijubroja n−nj isto na sabirke iz skupa n1, n2, . . . , nk, stoga imamo da je broj elemenataskupa Sj jednak |Sj | = c (n− nj | n1, n2, . . . , nk).

Kako skupovi Sj i Si, za j 6= i, nemaju zajednickih elemenata, po principu zbiradobijamo da trazenih kompozicija ima

c (n | n1, n2, . . . , nk) =k∑

j=1

c (n− nj | n1, n2, . . . , nk).

Ponavljanjem ovog postupka (tacnije rekurzivnim postupkom) mozemo izracunatic (n | n1, n2, . . . , nk). Osvrnimo se jos na pocetne uslove. Ako je m negativan brojonda smo u nekom trenutku za nj uzeli veci broj nego sto mozemo i kako nemamo takvukompoziciju onda je c (m | n1, n2, . . . , nk) = 0. Ako je m = 0, to znaci da smo vecnasli datu kompoziciju, te da bismo je izbrojali u datoj sumi potrebno je da stavimoc (m | n1, n2, . . . , nk) = 1.

PRIMER 2.6.8. Vaspitacica je resila da podeli cokoladu od 300 grama koja ima 9redova od po 4 kockice na sledeci nacin deci: ako dete nije bilo dobro ne dobija cokoladu,a ako je bilo dobro dobija 1, 2 ili 3 reda (tj. komade cokolade dimenzija 1 × 4, 2 × 4 ili3 × 4). Prvo dete dobija a1 > 0 redova, drugo a2 > 0 redova, itd. dok ne podeli celucokoladu. Na koliko nacina to moze uciniti?

Resenje. Jedna deoba cokolade je prikazana na sledecoj slici.


Ovom prilikom je vaspitacica dodelila prvom detetu 2 reda, drugom 3 reda, trecem 1 red,cetvrtom 2 reda, petom 1 red, a ostala nisu dobila cokoladu. Datoj raspodeli odgovarakompozicija

2 + 3 + 1 + 2 + 1.

Sada cemo koriscenjem prethodne teoreme odrediti na koliko nacina vaspitacica mozepodeliti cokoladu. Kompozicije imaju sabirke iz skupa N3 = 1, 2, 3, pa imamo sledecurekurentnu vezu

c (n | N3) = c (n− 1 | N3) + c (n− 2 | N3) + c (n− 3 | N3).

Sada cemo odredjivati c (n | N3) za n = 1, 2, . . . , 9.

c (1 | N3) = c (0 | N3) + c (−1 | N3) + c (−2 | N3) = 1 + 0 + 0 = 1.

c (2 | N3) = c (1 | N3) + c (0 | N3) + c (−1 | N3) = 1 + 1 + 0 = 2.

c (3 | N3) = c (2 | N3) + c (1 | N3) + c (0 | N3) = 2 + 1 + 1 = 4.

c (4 | N3) = c (3 | N3) + c (2 | N3) + c (1 | N3) = 4 + 2 + 1 = 7.

c (5 | N3) = c (4 | N3) + c (3 | N3) + c (2 | N3) = 7 + 4 + 2 = 13.

c (6 | N3) = c (5 | N3) + c (4 | N3) + c (3 | N3) = 13 + 7 + 4 = 24.

c (7 | N3) = c (6 | N3) + c (5 | N3) + c (4 | N3) = 24 + 13 + 7 = 44.

c (8 | N3) = c (7 | N3) + c (6 | N3) + c (5 | N3) = 44 + 24 + 13 = 81.

c (9 | N3) = c (8 | N3) + c (7 | N3) + c (6 | N3) = 81 + 44 + 24 = 149.

Dakle, vaspitacica deobu cokolade moze izvrsiti na 149 razlicitih nacina.

PARTICIJE PRIRODNOG BROJA

DEFINICIJA 2.6.9. Particija π broja n, n ∈ N, na k sabiraka, k > 1, je familijaπ = a1, a2, . . . , ak, takva da vazi ai ∈ N za svako i = 1, 2, . . . , k i

n = a1 + a2 + . . . + ak.

Ako particija π = a1, a2, . . . , ak sadrzi αi delova jednakih i, i = 1, 2, . . . , k, tada parti-ciju π zapisujemo na sledeci nacin

π = [1α1 2α2 . . . nαn ].

Osnovna razlika izmedju particija i kompozicija je sto je kod kompozicija bitan re-dosled sabiraka, dok kod particija nije. Tako, particiji 1+2+2+5, koju mozemo zapisati

i kao [1 22 5], odgovara(

41, 2, 1

)= 12 kompozicija iz Primera 2.6.6.

Nazalost, za particije prirodnih brojeva ne postoji eksplicitna formula kao za kompozi-cije, ali zato mozemo da odredimo brojeve particija pomocu rekurentne veze iz narednogtvrdjenja ili na osnovu funkcije generatrisa, sto cemo videti kasnije.


TEOREMA 2.6.10. Neka je p k(n) broj particija n na k sabiraka. Dokazati da je

p k(n) = pk(n− k) + pk−1(n− k) + . . . + p1(n− k).

Dokaz . Ako je a1 + a2 + . . . + ak = n, gde su ai > 1, onda je

(a1 − 1) + (a2 − 1) + . . . + (ak − 1) = n− k

i neki od sabiraka mogu da budu 0. Dakle, svakoj particiji broja n na k delova odgovaraparticija broja n − k na ne vise od k delova (koja se dobija tako sto od svakog sabirkaoduzmemo 1). Ovakvo pridruzivanje je bijekcija pa vazi formula

p k(n) = pk(n− k) + pk−1(n− k) + . . . + p1(n− k).

Ovo tvrdjenje mozemo iskoristiti da izracunamo ukupan broj particija p (n) broja n.Slicno kao u dokazu Teoreme 2.6.3, vidimo da particije broja n mogu imati od k = 1 dok = n sabiraka. Stoga vazi formula za broj particija

p (n) =n∑

k=1

p k(n).

PRIMER 2.6.11. Izracunajmo vrednosti p (n), za 1 6 n 6 16:

Resenje. Ovi brojevi predstavljaju niz A000041 u Online enciklopediji celobrojnihnizova [31].

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16p (n) 1 2 3 5 7 11 15 22 30 42 56 77 101 135 176 231

Do ovih vrednosti mozemo doci koriscenjem prethodno date formule ili prostim prebro-javanjem svih mogucih particija. Tako, za prvih nekoliko vrednosti broja n imamo:

1, 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1 = 1 + 1 + 1,

4 = 3 + 1 = 2 + 2 = 2 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1

Primetimo da je zbog ovoga p1(4) = 1, p2(4) = 2, p3(4) = 1 i p4(4) = 1.

5 = 4 + 1 = 3 + 2 = 3 + 1 + 1 = 2 + 2 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1

6 = 5 + 1 = 4 + 2 = 4 + 1 + 1 = 3 + 3 = 3 + 2 + 1 = 3 + 1 + 1 + 1= 2 + 2 + 2 = 2 + 2 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

Ove particije mozemo zapisati i kao

[6], [5 1], [4 2], [4 12], [32], [3 2 1], [3 13], [23], [22 12], [2 14], [16].


7 = 6 + 1 = 5 + 2 = 5 + 1 + 1 = 4 + 3 = 4 + 2 + 1 = 4 + 1 + 1 + 1= 3 + 3 + 1 = 3 + 2 + 2 = 3 + 2 + 1 + 1 = 3 + 1 + 1 + 1 + 1= 2 + 2 + 2 + 1 = 2 + 2 + 1 + 1 + 1 = 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1= 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1.

Odavde je p1(7) = 1, p2(7) = 3, p3(7) = 4, p4(7) = 3, p5(7) = 2, p6(7) = 1 i p7(7) = 1.Proverimo rezultat p3(7) = 4 preko Teoreme 2.6.10:

p3(7) = p3(4) + p2(4) + p1(4) = 1 + 2 + 1 = 4.

Ovde smo koristili prethodno dobijene rezultate za p3(4), p2(4) i p1(4).

Neka su n1, n2, . . . , nk razliciti prirodni brojevi. Oznacimo broj particija prirodnogbroja n na razlicite delove, kod kojih je svaki od sabiraka jednak nekom od brojevan1, n2, . . . , nk sa p (n | n1, . . . , nk, 6=). Oznacimo broj particija prirodnog broja n, kodkojih je svaki od sabiraka jednak nekom od brojeva n1, n2, . . . , nk sa p (n | n1, . . . , nk).Tada vaze jos 2 tvrdjenja za particije, koja nalikuju Teoremi 2.6.7 koja je za kompozicije.

TEOREMA 2.6.12. Vazi jednakost

p (n | n1, . . . , nk, 6=) = p (n− nk | n1, . . . , nk−1, 6=) + p (n | n1, . . . , nk−1, 6=),

gde kao pocetne uslove imamo p (m | n1, . . . , nk, 6=) =

0, ako je m < 0,

1, ako je m = 0.

Dokaz . Oznacimo sa S skup svih trazenih particija. Neka je S1 skup svih takvihparticija koje sadrze element nk, a S2 koje ne sadrze element nk. Imamo da je S = S1∪S2

i S1 ∩ S2 = ∅, pa je |S| = |S1|+ |S2|.Ako se broj nk sadrzi u trazenoj particiji onda ostatak te particije predstavlja particiju

broja n−nk isto na razlicite sabirke, ali sada iz skupa n1, n2, . . . , nk−1, te stoga imamoda je broj elemenata skupa S1 jednak |S1| = p (n− nk | n1, n2, . . . , nk−1, 6=).

Ako se broj nk ne sadrzi u trazenoj particiji onda ostatak te particije predstavljaparticiju broja n na razlicite sabirke, ali iz skupa n1, n2, . . . , nk−1. Stoga je brojelemenata skupa S2 jednak |S2| = p (n | n1, n2, . . . , nk−1, 6=).

Za pocetne uslove imamo istu diskusiju kao i u Teoremi 2.6.7. Time je ovo tvrdjenjepokazano.

TEOREMA 2.6.13. Vazi jednakost

p (n | n1, . . . , nk) = p (n− nk | n1, . . . , nk) + p (n | n1, . . . , nk−1),

gde kao pocetne uslove imamo p (m | n1, . . . , nk) =

0, ako je m < 0,

1, ako je m = 0.

Dokaz . Zadrzimo oznake kao iz prethodne teoreme.Ako se broj nk sadrzi u trazenoj particiji onda ostatak te particije predstavlja particiju

broja n− nk na sabirke opet iz skupa n1, n2, . . . , nk−1, nk, te stoga imamo da je brojelemenata skupa S1 jednak |S1| = p (n− nk | n1, n2, . . . , nk).


Ako se broj nk ne sadrzi u trazenoj particiji onda ostatak te particije predstavljaparticiju broja n na sabirke iz skupa n1, n2, . . . , nk−1. Stoga je broj elemenata skupaS2 jednak |S2| = p (n | n1, n2, . . . , nk−1).

Za pocetne uslove imamo istu diskusiju kao i u Teoremi 2.6.7. Time je ovo tvrdjenjepokazano.

Ove 2 teoreme imaju kao specijalne slucajeve, za n1, n2, . . . , nk = Nk, naredne 2posledice.

POSLEDICA. 2.6.14 p (n | Nk, 6=) = p (n− k | Nk−1, 6=) + p (n | Nk−1 6=), uzp (0 | Nj , 6=) = 1 i p (m | Nj) = 0 za m < 0.

POSLEDICA. 2.6.15 Vazi jednakost p (n | Nk) = p (n | Nk−1) + p (n− k | Nk), uzpocetne uslove p (0 | Nj) = 1 i p (m | Nj) = 0 za m < 0. Ova jednakost direktno povlacii p (n | Nk) = p (n | Nk−1) + p (n− k | Nk−1) + p (n− 2k | Nk−1) + . . .

Pomocu ovih posledica, stavljajuci k = n, mozemo izracunati broj particija broja nna razlicite sabirke, odnosno broj svih particija.

Graficko predstavljanje particija prvi je otkrio matematicar Ferer (eng. N.M. Ferrers).Ono je veoma bitno jer oslikava neke vazne osobine particija, a moze se iskoristiti i zadokazivanje nekih tvrdjenja vezanih za particije (dosta razlicitih ilustracija videcemo uodeljku ”Identiteti sa particijama”).

DEFINICIJA 2.6.16. Particija π broja n predstavlja se pomocu Fererovog dija-grama tako sto se delovi particije poredjaju po velicini (tj. u nerastuci niz, pocevsi odnajveceg), a zatim se svaki deo predstavlja kao vrsta sa odgovarajucim brojem simbola— mi cemo koristiti tacke • .

Particiju mozemo predstaviti i preko table Ferera, koja u svakoj vrsti umesto tacakaima jedinicne kvadratice.

Drugim recima, dijagram Ferera particije π = [1α1 2α2 . . . kαk ] sastoji se od αk vrstasa po k tacaka, αn−1 vrsta sa (n− 1)-om tackom, . . . , α2 vrsta sa 2 tacke i α1 vrsta sapo jednom tackom.

Ukupan broj tacaka u dijagramu Ferera jednak je broju n, od koga smo i praviliparticiju.

DEFINICIJA 2.6.17. Od particije π mozemo dobiti konjugovanu particija π′ takosto je njen i-ti sabirak jednak broju sabiraka particije π koji nisu veci od i (tj. koji su 6i).Za particiju koja je konjugovana samoj sebi kazemo da je samokonjugovana particija.

Konjugovana particija π′ particije π ustvari se dobija zamenom uloga vrsta i kolonau Fererovom dijagramu particije π.

Napomenimo da se konjugovana particija cita kao konjugovana particija, a nekoǌugovana particija!


Najbolji primer koji ilustruje primenu Fererovih dijagrama i konjugovanih particijaje Teorema 2.6.26.

PRIMER 2.6.18. Predstaviti sve particije broja 5 na 3 sabirka preko dijagramaFerera (odnosno preko tabli Ferera).

Resenje. Sve particije broja 5 na 3 sabirka su:

3 + 1 + 1 i 2 + 2 + 1.

Primetimo da kompozicija broja 5 na 3 sabirka ima ukupno 6 i one su date u Primeru 2.6.4

Predstavimo particiju 2 + 2 + 1 preko dijagrama (table) Ferera.

• •• ••

Ali ako bismo sada brojali koliko tacaka imamo po kolonama, opet bismo dobili jednuparticiju broja 5 – to je 3 + 2. Ova particija je konjugovana polaznoj particiji 2 + 2 + 1.

• • •••

Gore je prikazana samokonjugovana particija broja 5. To je 3 + 1 + 1.

PRIMER 2.6.19. Odrediti sve samokonjugovane particije broja 18 i predstaviti ihpreko dijagrama Ferera.

Resenje. U samokonjugovanoj particiji broja n broj sabiraka je jednak najvecemsabirku – oznacimo ih sa m. Ako bi svih tih m sabiraka bili jednaki m, dobili bismo jednusamokonjugovanu particiju broja m2. Stoga za najveci sabirak m vazi da je m >

√n,

odnosno u ovom slucaju (za n = 18) imamo m > 4. Sa druge strane, ako bismo probalida svih n zvezdica upotrebimo da napravimo sto je moguce veci najveci sabirak m (tj.m+1+1+ . . .+1), dobijamo da vazi m6 1

2 (n+1), odnosno u ovom slucaju m69. Ako izsamokonjugovane particije broja n izbacimo prvu vrstu i prvu kolonu u dijagramu Ferera(tj. izbacimo najveci sabirak m, a preostale umanjimo za 1), dobijamo opet samokonju-govanu particiju ali broja n−2m+1 (nazvacemo ovo preslikavanje f). Ove cinjenice cemoiskoristiti da nadjemo trazene samokonjugovane particije broja n = 18, po slucajevimau zavisnosti od toga koliki je najveci sabirak m (5 6 m 6 9).

1 m = 9. Ako izbacimo prvu vrstu i prvu kolonu u dijagramu Ferera, tj. ako pri-menimo funkciju f , preostace nam samokonjugovana particija broja n1 = 1, a to jesamo 1. Vracajuci prvu vrstu i prvu kolonu sa m = 9 zvezdica dobijamo particiju9 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1, odnosno krace zapisano [9 2 17].

2 m = 8. Nakon primene f nam ostaje da odredimo sve samokonjugovane particijebroja n1 = 3. Kako je 1 <

√3 < 2 6 m1 6 3+1

2 = 2 dobijamo da ova particija morada ima najveci sabirak bas jednak m1 = 2. Kada ponovo primenimo f ostane namn2 = 0, pa sada idenjem unazad dobijamo da je samokonjugovana particija broja3 jednaka 2 + 1, odnosno [2 1], a samokonjugovana particija broja 18 je [8 3 2 15].


3 m = 7. Nakon f ostaje n1 = 5. Iz 2 <√

5 < 3 6 m1 6 5+12 = 3 ⇒ m1 = 3, pa za

n1 = 5 imamo [3 12], odnosno za n = 18 je [7 4 22 13].

4 m = 6. Nakon f ostaje n1 = 7. Iz 2 <√

7 < 3 6 m1 6 7+12 = 4, pa moze biti

m1 = 3 (ali tad nakon f ostaje n2 = 2 koji nema samokonjugovanu particiju) ilim1 = 4, koji za n1 = 7 daje [4 13], odnosno za n = 18 imamo [6 5 23 1].

5 m = 5. Nakon f ostaje n1 = 9. Iz 3 =√

9 6 m1 6 9+12 = 5, pa moze biti m1 = 3,

m1 = 4 ili m1 = 5. m1 = 5 otpada jer mora da vazi m1 < m, a i za m1 = 4 (tadn2 = 2) nema resenja. Za m1 = 3 nakon f ostaje n2 = 4 koji daje [22], sto zan1 = 9 daje [33], pa za n = 18 imamo [5 43 1].

• • • • • • • • •• •••••••

• • • • • • • •• • •• ••••••

• • • • • • •• • • •• •• ••••

• • • • • •• • • • •• •• •• ••

• • • • •• • • •• • • •• • • ••

[9 2 17] [8 3 2 15] [7 4 22 13] [6 5 23 1] [5 43 1]

Time smo dobili da samokonjugovanih particija broja 18 ima 5 i one su predstavljenjena prethodnoj slici. To mozemo zapisati i kao p (18 | s.k.) = 5.

PARTICIJE I FUNKCIJE GENERATRISA

Sa funkcijama generatrise i novcicima (tj. particijama sa ogranicenjima) smo se sreliu Primeru 2.1.5.

Odredimo sada funkciju generatrise za broj particija prirodnog broja n. Ona iznosiP (x) = p(0) + p(1)x + p(2)x2 + . . ., gde uzimamo po konvenciji da je p(0) = 1.

Polazna tacka naseg razmatranja je formula

(1− xi)−1 = 1 + xi + x2i + x3i + . . . ,

koju mozemo dobiti direktno ili zamenom svakog x sa xi u formuli za (1 − x)−1, kojusmo sreli u Primeru 2.1.1. Sledecom lemom cemo pokazati da je ova formula funkcijagenaratrise niza fn broja particija ciji su svi sabirci jednaki i.

LEMA. 2.6.20. Niz fn broja particija ciji su svi sabirci jednaki broju i, tj.fn = p (n | i), ima funkciju generatrise F (x) = (1− xi)−1.

Dokaz . Jasno je da takva particija postoji ako i samo ako je broj n sadrzalac broja i,n = m · i, i tada postoji jedinstvena particija

n = i + i + . . . + i︸︷︷︸m

.

Time smo dobili da je niz fn zadat sa

fn =

1 ako je n = m · i (za m = 0, 1, 2, . . .),0 inace.

Stoga je funkcija generatrise F (x) = 1 + xi + x2i + x3i + . . . = (1− xi)−1.


LEMA. 2.6.21. Neka je i ∈ S. Uvedimo fn = p (n | i), gn = p (n | S \ i),hn = p (n | S). Tada nizovi fn, gn, hn imaju funkcije generatrise F (x), G(x),H(x)za koje vazi H(x) = F (x) ·G(x).

Dokaz . Neka je hn broj nacina da broj n predstavimo kao zbir r i n − r, gde je rpredstavljen kao zbir sabiraka koji su svi jednaki i (to mozemo uraditi na fr nacina), an− r je zbir sabiraka iz S (to mozemo uraditi na gn−r nacina). Stoga je hn zbir clanovaoblika frgn−r, odnosno

hn = f0nr + f1gn−1 + . . . + fng0 =n∑

r=0

frgn−r.

Prema pravilu za mnozenje funkija generatrisa dobijamo H(x) = F (x) · G(x), sto je itrebalo pokazati.

TEOREMA 2.6.22. Funkcija generatrisa niza brojeva p (n) jednaka je

P (x) =∞∏

i=1

(1− xi)−1 =1

(1− x)(1− x2)(1− x3) . . ..

Dokaz . Particija broja n moze imati sabirke iz skupa Nn = 1, 2, . . . , n. Visestrukomprimenom prethodne 2 leme dobijamo datu formulu.

PRIMER 2.6.23. Odrediti na koliko nacina se broj 10 moze predstaviti kao zbirsabiraka 2 i 3.

Resenje. Ovakvim particijama odgovara sledeca funkcija generatrise:

F (x) = (1− x2)−1 · (1− x3)−1

= (1 + x2 + x4 + x6 + x8 + x10 + . . .) · (1 + x3 + x6 + x9 + . . .)= 1 + x2 + x3 + x4 + x5 + 2x6 + x7 + x8 + 2x9 + 2x10 + . . .

Trazeni broj particija broja 10, odgovara koeficijentu uz x10, a to je 2. Clan 2x10 dobijamood proizvoda x4 · x6 i od x10 · 1, te odatle nalazimo

10 = 4 + 6 = 2 + 2 + 3 + 3, 10 = 10 + 0 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2,

sto su jedina 2 nacina da broj 10 predstavimo kao zbir dvojki i trojki.

PRIMER 2.6.24. Na koliko nacina se jedan dolar (100 centi) moze usitniti novcicimaod 25 centi (eng. quarters), 10 centi (eng. dimes) i 5 centi (eng. nickels)?

Resenje. U zadatku nam se trazi broj particija broja 100 na sabirke 5, 10 ili 25. Stogaje resenje jednako koeficijentu uz x100 u razvoju

(1− x5)−1 · (1− x10)−1 · (1− x25)−1.


Radi jednostavnijeg racuna, uvodimo smenu y = x5 i onda trazimo koeficijent uz y20 urazvoju (1−y)−1 · (1−y2)−1 · (1−y5)−1. Pri radu mozemo da zanemarimo clanove iznady20 jer oni ne uticu na ovaj koeficijent. Dalje, primetimo da je trazeni koeficijent jednakzbiru koeficijenata uz 1, y, y2, . . . , y20 u razvoju (1 − y2)−1 · (1 − y5)−1, jer se svaki yk

odavde mnozi sa 1 · y20−k iz preostalog faktora (1− y)−1 = (1 + y + y2 + . . . + y20 + . . .).Na osnovu ovih opservacija trazeno izracunavanje koeficijenata uz yk (k = 0, 1, . . . , 20) u(1− y2)−1 · (1− y5)−1 mozemo predstaviti sledecom tablicom:

1 y y2 y3 y4 y5 y6 y7 y8 y9 y10 y11 y12 y13 y14 y15 y16 y17 y18 y19 y20

1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 (×1)1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 (×y5)

1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 (×y10)1 0 1 0 1 0 (×y15)

1 (×y20)1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 3 29

U prvom redu smo stavili clanove 1, y, y2, . . . , y20 (kolone su grupisane u grupe po 5 radibolje preglednosti) uz koje trazimo koeficijente. U drugom nam se nalaze koeficijenti od(1 − y2)−1 = (1 + y2 + y4 + . . . + y20 + . . .) dok su unarednim redovima isti ti koeficijenti samo pomereni za 5,10,15,20 mesta udesno (stoodgovara mnozenju sa y5, y10, y15, y20). U poslednjem redu dobijamo koficijente uz odgo-varajuce clanove (dobijamo ih prostim sabiranjem brojeva iznad njih). Konacno, posled-nji i uokvireni broj, 29, jednak je zbiru svih koeficijenata (uz clanove do y20) i to je brojnacina da usitnimo 1 dolar.

Malim modifikacijama prethodnog rezona mozemo dobiti funkcije generatrisa brojaparticija koji zadovoljavaju neka ogranicenja (i prethodna 2 primera predstavljaju parti-cije sa ogranicenjima). Na primer, ako uslovimo da svaki sabirak moze da se javlja najvisek puta. Tada sabirci koji su jednaki i u funkciji generatrise doprinose sa polinomom

1 + xi + x2i + . . . + xki,

umesto stepenim redom (1− xi)−1 = 1 + xi + x2i + . . . (kao sto smo imali kod funkcijegeneratrise za obicne particije). Iz formule za sumu geometrijske progresije dobijamo daje 1 + xi + x2i + . . . + xki = 1−x(k+1)i

1−xi , pa je trazena funkcija generatrisa kod kojih svakisabirak moze da se javlja najvise k puta jednaka

∞∏

i=1

(1 + xi + . . . + xki) =∞∏

i=1

(1− x(k+1)i

1− xi

).

Specijalni slucaj kada je k = 1, nam daje funkciju generatrise za broj particija na razlicitesabirke: ∞∏

i=1

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

Navedimo jos nekoliko funkcija generatrisa broja particija sa ogranicenjima. Funkcijegeneratrisa broja particija kod kojih su svi sabirci neparni, odnosno parni, su jednaki

1(1− x)(1− x3)(1− x5) . . .

,1

(1− x2)(1− x4)(1− x6) . . .,

dok je funkcija generatrisa particija kod kojih svaki sabirak nije veci od m jednaka

1(1− x)(1− x2) · . . . · (1− xm)

.


Jos funkcija generatrisa cemo sresti u drugom dokazu Teoreme 2.6.32, gde pokazujemoidentitet sa particijama tehnikom funkcija generatrisa.

IDENTITETI SA PARTICIJAMA

U narednim tvrdjenjima podrazumevacemo da su n i m proizvoljni prirodni brojevi.

TEOREMA 2.6.25. Broj particija broja n koje nemaju vise od m sabiraka jednak jebroju particija broja n+m koje imaju tacno m sabiraka, tj. da vazi p6m(n) = pm(n+m).

Dokaz . Neka je S skup svih particija broja n + m koje imaju tacno m sabiraka, a Tskup svih particija broja n koji nemaju vise od m sabiraka. Preslikavanje f : S → Tkoje svaki sabirak particije iz S umanji za 1 je bijekcija iz skupa S u skup T . Npr. nanarednoj slici je prikazano preslikavanje f pomocu dijagrama Ferera za n = 15 i m = 6,tj. f(8 + 6 + 3 + 2 + 1 + 1) = 7 + 5 + 2 + 1.

m

• • • • • • • •• • • • • •• • •• •••

f−→←−g

• • • • • • •• • • • •• ••

Preslikavanje f na dijagramu Ferera ”brise” prvu kolonu od m tacaka, dok inverznopreslikavanje g = f−1 dodaje kolonu sa m tacaka ispred ostalih kolona dijagrama Ferera.Umesto da pokazujemo da je f bijekcija jednostavnije je pokazati da su i f i g injektivna(”1-1”) preslikavanja.

Ako je f(x) = a1 + a2 + . . . + ak = f(y), za k 6 m, onda dobijamo i da je

x = (a1 + 1) + (a2 + 1) + . . . + (ak + 1) + 1 + . . . + 1︸︷︷︸m−k

= y,

pa je f : S → T injektivna funkcija, odakle je |S| 6 |T |. Slicno imamo da ako vazig(x) = a1 + a2 + . . . + am = g(y), da je onda i

x = (a1 − 1) + (a2 − 1) + . . . + (am − 1) = y,

pa je f : T → S injektivna funkcija, odakle je |T | 6 |S|. Time smo kombinatornimpristupom pokazali |T | = |S|, odnosno identitet p6m(n) = pm(n + m).

U narednim tvrdjenjima necemo isterivati formalizam da su data preslikavanja bijek-cije, nego cemo samo uspostaviti odgovarajucu bijekciju.

TEOREMA 2.6.26. Broj particija broja n kod kojih su sabirci manji od ili jednaki sam (tj. elementi skupa Nm = 1, 2, . . . , m) je jednak broju particija broja n koje imajunajvise m sabiraka, tj. vazi jednakost p (n | Nm) = p 6m(n).


Dokaz . Bijekcija izmedju ova 2 skupa je preslikavnje koje particiju slika u njoj konju-govanu particiju.

• • • •• • • •• • •• •••

f−→

• • • • • •• • • •• • •• •

Ovde smo prikazali n = 15, m = 4, f(4 + 4 + 3 + 2 + 1 + 1) = 6 + 4 + 3 + 2.

TEOREMA 2.6.27. Broj particija broja n na parne sabirke jednak je broju particijabroja n kod kojih se svaki sabirak javlja paran broj puta, tj. da vazip (n | parni) = p (n | svaki sabirak paran broj puta).

Dokaz . Bijekcija izmedju ova 2 skupa je preslikavanje koje od svake particije na kparnih sabiraka pravi particiju od 2k sabiraka tako sto svaki sabirak podeli na 2 polovine.

Pogledajmo kako ova bijekcija funkcionise za n = 6:

6 → 3 + 34 + 2 → 2 + 2 + 1 + 12 + 2 + 2 → 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

Dobili smo da je p (6 | parni) = p (6 | svaki sabirak paran broj puta) = 3.

TEOREMA 2.6.28. Broj particija broja n koje imaju ne vise od m sabiraka jednakje broju particija broja n + 1

2m(m + 1) sa tacno m razlicitih sabiraka, tj. vazi jednakostp 6m(n) = pm,6=

(n + 1

2m(m + 1)).

Dokaz . Datom Fererovom dijagramu dodacemo sa leve strane ”trougao” koji se sastojiod m redova koji redom sadrze po m, (m − 1), . . . , 2, 1 tacaka. To preslikavanje, f , jebijekcija izmedju particija broja n koje imaju ne vise od m sabiraka i particija brojan + 1

2m(m + 1) sa tacno m razlicitih sabiraka. Ilustrujmo ovo jednim primerom:

• • • •• •• ••

f−→

• • • • • • • •• • • • •

• • • •• •

Na prethodnoj slici je prikazano preslikavanje f(4 + 2 + 2 + 1) = 8 + 5 + 4 + 2 za n = 9 im = 4.

TEOREMA 2.6.29. Broj samokonjugovanih particija broja n jednak je broju par-ticija broja n kod kojih su svi sabirci medjusobno razliciti i neparni brojevi, tj. vazijednakost p (n | s.k.) = p (n | 6=, neparni).


Dokaz . Od Fererovog dijagrama samokonjugovane particije dobijamo particiju sa ra-zlicitim i neparnim elementima tako sto tacke iz prve vrste i prve kolone prebacimoda cine prvi sabirak nove particije. Njih ima neparan broj 2k − 1, jer samokonjugo-vana particija ima jednak broj (k) tacaka i u prvoj vrsti i u prvoj koloni (od cega jejedna tacka zajednicka). Od preostalih tacaka iz druge vrste i druge kolone odredjujemodrugi sabirak. Nastavljajuci ovaj postupak dobijamo bijektivno preslikavanje koje slikasamokonjugovane particije broja n u particije broja n koje imaju sve sabirke neparne irazlicite.

• • • • • •• • • •• • • •• • •••

f−→

• • • • • • • • • • •• • • • •• • •

Na prethodnoj slici je prikazano preslikavanje za n = 19 (uokvirene su tacke koje cinesabirke u novoj particiji): f(6 + 4 + 4 + 3 + 1 + 1) = 11 + 5 + 3.

TEOREMA 2.6.30. Broj samokonjugovanih particija broja n kod kojih je najvecisabirak jednak k jednak je broju samokonjugovanih particija broja n− 2k + 1 kod kojihje najveci sabirak manji od k, tj. vazi jednakostp (n | s.k, n.s. = k) = p (n− 2k + 1 | s.k, n.s. 6 k − 1).

Dokaz . Bijekciju odredjuje preslikavanje koje brise zvezdice iz prve vrste i kolone. Toje preslikavanje f koje smo sreli u Primeru 2.6.19.

PRIMER 2.6.31. Odrediti broj samokonjugovanih particija broja 41 kod kojih jenajveci sabirak jednak 12.

Resenje. Na onovu prethodne teoreme imamo da je broj samokonjugovanih particijabroja 41 kod kojih je najveci sabirak jednak 12 jednak broju samokonjugovanih particijabroja 41−2 ·12+1 = 18 kod kojih je najveci sabirak manji od 12, tj. broju samokonjugo-vanih particija broja 18. U Primeru 2.6.19 smo videli da tih particija ima 5, pa dobijamoi da je p (41 | s.k, n.s. = 12) = 5.

Sledeca teorema sadrzi svakako najpoznatiji identet sa particijama. U literaturi setaj identitet cesto naziva Ojlerov identitet.

TEOREMA 2.6.32. Broj particija broja n na razlicite sabirke jednak je broju par-ticija broja n na neparne sabirke, tj. vazi jednakost p (n | 6=) = p (n | 1, 3, 5, . . .).

Dokaz 1 . Opisimo kako od particije sa razlicitim sabircima dobijamo particiju sa svimneparnim sabircima. Svaki sabirak koji je paran podelimo na 2 duplo manja sabirka (iako treba preuredimo redosled sabiraka). Ponavljajmo ovaj postupak dok ne ostanu svi


neparni sabirci. Ilustrujmo ovo jednim primerom:

6 + 4 + 3 → (3 + 3) + (2 + 2) + 3→ 3 + 3 + 3 + 2 + 2→ 3 + 3 + 3 + (1 + 1) + (1 + 1)→ 3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1

Mozemo videti sta je i inverzni postupak. On se sastoji od visestrukog spajanja po 2 odjednakih sabiraka. Npr:

3 + 3 + 3 + 1 + 1 + 1 + 1 → (3 + 3) + 3 + (1 + 1) + (1 + 1)→ 6 + 3 + 2 + 2→ 6 + (2 + 2) + 3→ 6 + 4 + 3

Za n = 6 imamo p (6 | 6=) = p (6 | 1, 3, 5, . . .) = 4 i prikazimo bijekciju izmedju njih:

6 → 3 + 35 + 1 → 5 + 14 + 2 → 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 13 + 2 + 1 → 3 + 1 + 1 + 1

Kako je ovim postupkom dato bijektivno preslikavanje, skup particija sa razlicitimsabircima ima jednak broj elemenata kao i skup particija sa svim neparnim sabircima.

Dokaz 2 . Oznacimo sa R(x) i N(x) funkcije generatrisa brojeva particija na razlicitesabirke, odnosno na neparne sabirke. U skladu sa odredjivanjem funkcija generatrisaparticija sa ogranicenjima imamo

R(x) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) . . . , N(x) = (1− x)−2(1− x3)−2(1− x5)−2 . . .

Da bismo pokazali da su ova 2 formalna stepena reda jednaka koristicemo sledeci identitet

1 + t =1− t2

1− t:

R(x) = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) . . . =(1− x2)(1− x4)(1− x6) . . .

(1− x)(1− x2)(1− x3) . . ..

Ovde nam se svi clanove oblika (1 − x2i) javljaju i u imeniocu i u brojiocu prethodnograzlomka, pa ih mozemo skratiti i onda dobijamo da je

R(x) =1

(1− x)(1− x3)(1− x5) . . .= N(x).

Iz jednakosti funkcija generatrisa sledi da su i nizovi njihovih koeficijenata jednaki, cimesmo pokazali tvrdjenje.

U narednoj tablici dacemo brojeve particija sa razlicitim sabircima (sto je i broj par-ticija na neparne sabirke). Ovi brojevi predstavljaju niz A000009 u Online enciklopedijicelobrojnih nizova [31].

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17p (n | 6=) 1 1 2 2 3 4 5 6 8 10 12 15 18 22 27 32 38


n 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30p (n | 6=) 46 54 64 76 89 104 122 142 165 192 222 256 296

Tehnika visestrukog spajanja/razdvajanja koju smo koristili u 1. dokazu Ojlerovogidentiteta moze se primeniti kod velikog broja identiteta sa particijama. Na ovaj nacinuspostavljamo identitete oblika p (n | N) = p (n | 6=,M). Ovaj par skupova (N, M)naziva se Ojlerov par. Problemi mogu da nastupe kada vise razlicitih particija spajanjemdaju istu particiju (odnosno u obrnutom postupku ne znamo kada da se zaustavimo).Jedan primer je dat na sledecoj slici (kada skup N sadrzi i element 3 i element 6):

6 + 6 −−−−−−−−−−−−−−→ 12

6 + 3 + 3 −−−−→ 6 + 6

3 + 3 + 3 + 3

Time smo dosli do sledeceg tvrdjenja, koje je otkrio Sur (nem. I.Schur), a prvi jepublikovao Endrius 1969. godine.

TEOREMA 2.6.33. Neka skup N sadrzi 2 elementa od kojih je jedan umnozak drugogsa nekim stepenom dvojke. M je skup koji se sastoji od svih elemenata skupa N , zajednosa umnoscima brojeva iz N sa stepenima dvojke. Tada za sve n > 1 vazi jednakostp (n | N) = p (n | 6=,M).

Ojlerovi parovi se mogu opisati i kao parovi skupova (N, M) takvi da je 2M ⊂ M iN = M − 2M . Prethodna teorema nam daje uslove kada za skup N postoji M , tako daje (N, M) Ojlerov par. Moze se pokazati da u tom slucaju postoji jedinstven skup M .

PRIMER 2.6.34. Pokusajmo da za skup N = 1, 3, 6 konstruisemo skup M takoda je (N,M) Ojlerov par.

Resenje. Prvo cemo odrediti prvih nekoliko vrednosti za p (n | 1, 3, 6):n 1 2 3 4 5 6 7 . . .

p (n | 1, 3, 6) 1 1 2 2 2 4 4 . . .

Sada cemo krenuti da konstruisemo skup M clan po clan, tako da vazi jednakost p (n |6=,M) = p (n | N). Na pocetku stavimo M = ∅.n = 1: Treba da vazi p (1 | 6=,M) = 1. Kako nemamo nijednu particiju na razlicitesabirke u skupu M = ∅, moramo da dodamo 1 u M , tj. M = 1.n = 2: p (2 | 6=,M) = 1. Kako nemamo nijednu particiju broja 2 na razlicite sabirke uskupu M = 1, moramo da dodamo i 2 u M , tj. M = 1, 2. Tada imamo tacno jednuparticiju broja 2 na razlicite sabirke — to je 2.n = 3: p (3 | 6=,M) = 2. Imamo samo jednu particiju (2 + 1) u skupu M = 1, 2, temoramo da dodamo 3 u M , tj. M = 1, 2, 3. Trazene 2 particije su 3 i 2 + 1.n = 4: p (4 | 6=,M) = 2. Imamo samo jednu particiju (3 + 1) sa razlicitim sabircima uskupu M = 1, 2, 3, te moramo da dodamo i broj 4 u M , tj. M = 1, 2, 3, 4. Trazene2 particije su 4 i 3 + 1.n = 5: p (5 | 6=,M) = 2. Imamo vec dve particije (4 + 1 i 3 + 2) u skupu M = 1, 2, 3,


te ne treba da dodamo i broj 5 u M , pa M ostaje M = 1, 2, 3, 4.n = 6: p (6 | 6=,M) = 4. Imamo samo dve particije (4 + 2 i 3 + 2 + 1) u skupu M =1, 2, 3, 4, te moramo da dodamo i broj 6 u M , tj. M = 1, 2, 3, 4, 6. Ali tada smodobili samo 3 particije su 6, 4 + 2 i 3 + 2 + 1, a nama su potrebne 4!

Neuspeh pri konstrukciji M smo doziveli u 6 koraka (zasto bas 6?). Kako je Mu prethodnim koracima konstruisan na jedinstven nacin, ne mozemo imati neku druguuspesnu alternativu. Stoga, ne postoji Ojlerov par sa skupom N = 1, 3, 6.

Binarni zapis broja predstavlja zapis broja u sistemu sa osnovom 2 (tj. samo pomocucifara 0 i 1). Prikazimo prvih 7 brojeva u binarnom zapisu:

1 = 20 = (1)22 = 21 = (10)23 = 21 + 20 = (11)24 = 22 = (100)25 = 22 + 20 = (101)26 = 22 + 21 = (110)27 = 22 + 21 + 20 = (111)2

Iskoristimo ovu tehniku koju smo razvili da pokazemo sledece tvrdjenje.

TEOREMA 2.6.35. Svaki prirodan broj ima jedinstvenu binarnu reprezentaciju.

Dokaz 1 . Vazi p (n | 1) = 1 jer je jedina ovakva particija 1 + 1 + . . . + 1︸︷︷︸n

. Za skup

N = 1 Ojlerov parnjak je skup stepena dvojke M = 1, 2, 4, . . . , 2k, . . .. Stoga naosnovu Teoreme 2.6.33, odnosno tehnike visestrukog spajanja/razdvajanja, imamo da jep (n | 1) = p (n | 6=, 1, 2, 4, . . . , 2k, . . .) = 1. Time smo pokazali da svaki prirodanbroj ima jedinstvenu binarnu reprezentaciju.

Dokaz 2 . Imamo da je

(1− x)(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · . . . · (1 + x2m

)= (1− x2)(1 + x2)(1 + x4) · . . . · (1 + x2m

)= (1− x4)(1 + x4)(1 + x8) · . . . · (1 + x2m

)

= . . . = (1− x2m

)(1 + x2m

) = (1− x2m+1).

Posmatrajmo sada proizvod (1− x)(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · . . . — slobodan clan u ovomproizvodu je 1. Treba pokazati da je za svaki prirodan broj n koeficijent uz xn jednak 0.

Izaberemo proizvoljan n ∈ N. Na osnovu dokazanog vazi

(1− x)(1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · . . . · = (1− x2n+1)(1 + x2n+1

)(1 + x2n+2)(1 + x2n+3

) · . . .

Iz poslednjeg izraza dobijamo da je koeficijent uz xn jednak 0 (jer je n < 2n+1). Kako jen proizvoljno izabran, to vazi

(1− x)−1 = (1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · . . . · (1 + x2n

) · . . .

Posmatrajmo particije broja n u kojima je svaki sabirak stepen dvojke i svaki sejavlja najvise jedanput. Broj takvih particija jednak je broju resenja sledece jednacine:


x0 + x1 + x2 + · · · = n, gde svaki od brojeva xi moze da bude samo 0 ili 2i. Broj resenjaove jednacine jednak je koeficijentu uz xn u proizvodu (1 + x)(1 + x2)(1 + x4) · . . ., avec smo pokazali da je ovaj proizvod jednak 1

1−x = 1 + x + x2 + x3 + . . ., pa je trazenikoeficijent uz xn jednak 1.

DEFINICIJA 2.6.36. Neka je d dati prirodan broj. Za sabirke u particiji kazemo dasu d-razliciti ukoliko se svaka 2 sabirka razlikuju bar za d. Za d = 0 definisimo 0-razlicitesabirke, ako ako imamo najvise 2 sabirka bilo koje velicine.

Za d = 1 dobijamo obicne particije na razlicite sabirke. Ponegde se 2-razlicite particijenazivaju i particije na super-razlicite sabirke. Ove definicije se koriste i kod Rodzers-Ramanudzanovih identiteta.

TEOREMA 2.6.37. Broj particija broja n na 2-razlicite sabirke jednak je brojuparticija broja n na razlicite sabirke, pri cemu su svi parni sabirci veci od dvostrukogbroja neparnih sabiraka.

Za n = 11 imamo 7 particija sa 2-razlicitim elementima (krace 2-razlicitih particija):

11, 10 + 1, 9 + 2, 8 + 3, 7 + 4, 7 + 3 + 1, 6 + 4 + 1.

Pored ovih particija postoji jos nekoliko particija sa razlicitim sabircima, koji nisu 2-razliciti: 8 + 2 + 1, 6 + 5, 6 + 3 + 2, 5 + 4 + 2 i 5 + 3 + 2 + 1.

Particije sa desne strane identiteta, za n = 11 su

11, 10 + 1, 8 + 3, 7 + 4, 7 + 3 + 1, 6 + 5, 6 + 4 + 1.

Dokaz . Predstavimo svaku particiju na 2-razlicite sabirke preko dijagrama Ferera ukome svaki novi red pocinje pomeren za 2 mesta udesno. Povucimo vertikalnu liniju takoda u poslednjem redu imamo samo 1 tacku sa leve strane ove linije. Npr. za particiju14 + 11 + 6 + 4 + 1 imamo sledeci dijagram:

• • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • •

• • • • • •• • • •

•Vidimo da smo sa desne strane vertikalne linije dobili jos jedan dijagram Ferera.

Bijekciju odredjuje preslikavanje koje u tom dijagramu prvo stavi neparne sabirke, azatim parne. U nasem primeru to izgleda ovako:

• • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • •

• • • • • •• • • • • • •

•Time smo dobili particiju 14 + 8 + 6 + 7 + 1, sto je particija na razlicite sabirke kod kojeje svaki paran sabirak veci od 4 (dvostrukog broja neparnih sabiraka).


Bijektivni dokaz ove teoreme (koji smo ovde naveli) dao je 1980. godine Breso (eng.David Bressoud).

Naredne 2 teoreme cemo dati bez dokaza (dokaze mozete videti u [3] i [6]). Prva odnjih je Ojlerova teorema za petougaone brojeve.

Prvo da uvedemo sta su petougaoni brojevi (eng. pentagonal numbers). Krenimood trougaonih brojeva — to su 1, 3, 6, 10, . . . , tj. broj tacaka u trouglu stranice j (tj.trougla koji po vrstama ima redom 1, 2, 3, ... tacaka). Stoga je j-ti trougaoni brojjednak 1 + 2 + 3 + . . . + j = j(j+1)

2 . Petougaoni brojevi su 1, 5, 12, 22, . . . , tj. to jebroj tacaka u petouglu stranice j. Ovaj petougao se sastoji od kvadrata stranice j nakoji je postavljen trougao stranice j − 1. Stoga imamo da je j-ti petougaoni broj jednakj2 + (j−1)j

2 = j(3j−1)2 . Na sledecoj slici su predstavljeni preko tacaka prva tri trougaona

i prva tri petougaona broja.

• • • • • •• • • • • • • •

• • • • • • • •• • •• • •

Ove petouglove cemo zarotirati za −90 i tacke cemo ”ispraviti” da bismo dobili dija-grame Ferera.

• • • • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • • •

• • • • • • • •• • • •

Ovim dijagramima odgovaraju sledece particije na razlicite sabirke: 1, 3 + 2, 5 + 4 + 3,7 + 6 + 5 + 4, ... Ove particije se pojavljuju kao specijalni slucajevi u Ojlerovoj teoremiza petougaone brojeve.

TEOREMA 2.6.38. Ojlerova teorema za petougaone brojeve. Za svakoprirodno n vazi p (n | paran broj 6= sabiraka) = p (n | neparan broj 6= sabiraka) + e(n),

gde je e(n) =

(−1)j n = j(3j±1)

2

0 inace.

Iz ove teoreme, pomocu funkcija generatrisa dobijamo kao posledicu sledecu teoremu.Ona se koristi za brze racunanje funkcije p (n).

TEOREMA 2.6.39. Za broj particija vazi sledeca rekurentna formula

p (n) = p (n− 1) + p (n− 2)− p (n− 5)p (n− 7) + p (n− 12) + . . .

+(−1)j−1p (n− j(3j−1)2 ) + (−1)j−1p (n− j(3j+1)

2 ) + . . .

Sa jos nekim identitetima sa particijama cemo se sresti medju zadacima na kraju oveglave.


NEKA SVOJSTVA BROJA PARTICIJA

Iako ne postoji jednostavna formula za particije (kao sto je slucaj bio kod kompozi-cija), matematicari su trazili aproksimativne formule za p (n) da bi znali kako se ponasaova funkcija kada n → ∞. Engleski matematicar Hardi (eng. Godfrey Harold Hardy;1877-1947) i Indijac Ramanudzan (eng. Srinivasa Ramanujan; 1887-1920) su 1918. go-dine dokazali formulu

p (n) ≈ ec√

n

4n√

3,

gde je konstanta c = π√

23 . Za dobijanje ovog rezultata oni su razvili nov metod koji je

ukljucivao i teoriju funkcija kompleksnih promenljivih.

Ramanudzan je bio prvi koji je otkrio (1919. godine) razna svojstva vezana za deljivostfunkcije p (n). Naime, on je pokazao da vazi

p (5k + 4) ≡ 0 (mod 5), p (7k + 5) ≡ 0 (mod 7), p (11k + 6) ≡ 0 (mod 11),

kao i slicne relacije za module 52, 72 i 112, poput p (25k + 24) ≡ 0 (mod 52) ip (49k + 47) ≡ 0 (mod 72), kao i p (35k + 19) ≡ 0 (mod 5 · 7). Ove cinjenice je onspojio u njegovu cuvenu hipotezu:

Neka je q = 5, 7 ili 11 i neka je k prirodan broj. Tada ako vazi 24n ≡ 1(mod qk), onda vazi p (n) ≡ 0 (mod qk).

U to doba je britanski matematicar Mek Mahon (eng. P.A. MacMahon) napravio tablicuza funkciju p (n) za vrednosti n6200. Tek kasnije kada su prosirivali ovu tabelu pokazanoje da Ramanudzanova hipoteza nije tacna: za q = 7 i k = 3, dobijamo n = 243 (jer je24 · 243 = 5 832 ≡ 1 (mod 73)), ali imamo da je

p (243) = 133 978 259 344 888 ≡ 245 6≡ 0 (mod 73)!

Bez obzira sto je Ramanudzanova hipoteza pogresna i dan danas zadivljuje njegova in-tuicija (vezana ne samo za particije nego i druga svojstva brojeva). Danas je poznatai prepravka Ramanudzanove hipoteze: ako je 24n ≡ 1 (mod 72k−2) onda je p (n) ≡ 0(mod 7k), za k > 2. Da se kongruencije sa particijama mogu naci ne samo za 5, 7 i 11,nego i za sve vece proste brojeve, je dokazano skoro – 1999. godine.

U nastavku ovog poglavlja dacemo neke procene (nejednakosti) za broj particija brojan, tj. za p (n).

TEOREMA 2.6.40. Funkcija broja particija p (n) je strogo rastuca, tj. vazi nejed-nakost p (n) > p (n− 1), za sve n > 2.

Dokaz . Sta predstavlja razlika p (n) − p (n− 1)? Svakoj particiji broja n − 1mozemo dodati 1. Time smo dobili particiju broja n u kojoj se javlja sabirak 1.Ovakvo preslikavanje je bijekcija, pa vazi p (n− 1) = p (n | sa sabirkom 1). Stoga ra-zlika p (n) − p (n− 1) predstavlja broj particija broja n koje ne sadrze sabirak 1, tj.p (n) − p (n− 1) = p (n | N \ 1). Kako uvek imamo particiju n (koja se sastoji samood jednog sabirka) broja n, to je p (n | N \ 1) > 0, pa je i p (n)− p (n− 1) > 0.

Deo ovog tvrdjenja cemo koristiti za dokazivanje naredne, strozije procene.


TEOREMA 2.6.41. Za broj particija vazi p (n)− 2p (n− 1) + p (n− 2) > 0.

Dokaz . Napisimo datu nejednakost u pogodnijem obliku:

p (n)− p (n− 1) > p (n− 1)− p (n− 2).

Od svake particije broja n− 1 koja ne sadrzi sabirak 1 mozemo dobiti particiju brojan koja ne sadrzi sabirak 1 ako najveci sabirak uvecamo za 1. Stoga imamo da vazi

p (n | N \ 1) > p (n− 1 | N \ 1),

odnosno p (n)− p (n− 1) > p (n− 1)− p (n− 2), sto je i trebalo dokazati.

Jednakost se dostize u nekim slucajevima, npr. za n = 3, n = 5 i n = 7. Za n = 7imamo 4 particije koje ne sadrze element 1, to su

7, 5 + 2, 4 + 3, 3 + 2 + 2,

dok i za n = 6 imamo 4 particije koje ne sadrze element 1, to su

6, 4 + 2, 3 + 3, 2 + 2 + 2.

TEOREMA 2.6.42. Za broj particija broja n > 2 vazi p (n) > 2b√

nc.

Dokaz . Oznacimo sa r = b√nc i neka je K neki k-elementni podskup a1, a2, . . . , akskupa Nr za neko 0 6 k 6 r. Skup K generise jednu particiju broja n, koja ima sabirkea1, a2, . . . , ak i n− (a1 + a2 + . . . + ak), jer vazi a1 + a2 + . . . + ak < k · r 6 r2 6 n (semza slucaj n = 2 poslednji sabirak u particiji, n − (a1 + a2 + . . . + ak), je veci od r).Kako razliciti podskupovi skupa Nr (a njih ima 2r) generisu razlicite particije broja n,dobijamo da vazi nejednakost p (n) > 2r.

TEOREMA 2.6.43. Za broj particija prirodnog broja n vazi da nije veci od (n+1)-ogFibonacijevog broja, tj. p (n) 6 Fn+1.

Dokaz . U dokazu Teoreme 2.6.40 smo dobili p (n)− p (n− 1) = p (n | N \ 1). Daljeimamo da je p (n− 2) = p (n | sa sabirkom 2), jer svakoj particiji broja n − 2 mozemododati sabirak 2 (ovo preslikavanje je bijekcija f). Od svake particije broja n koja nesadrzi sabirak 1 mozemo dobiti jednu particiju broja n koja sadrzi element 2 — to jepreslikavanje g koje najmanji sabirak s podeli na 2+1 + 1 + . . . + 1︸︷︷︸

s−2

(g je ”1-1”; da nije

”na”vidimo iz narednog primera — nista se ne slika u drugu particiju 2 + 2 + 1 + 1).


Ilustrujmo ovo za n = 6:

• • • • • • • • • • • •• • • • •• ••

f ↓ ↓ ↓ ↓ ↓• • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • •• • • • •• ••

g ↑ ↑ ↑ ↑• • • • • • • • • • • • • • •

• • • • • • •• •

Kako je g ”1-1” preslikavanje vazi

p (n− 2) = p (n | sa sabirkom 2) > p (n | N \ 1).

Na osnovu prethodnog i jednakosti sa pocetka dokaza (iz Teoreme 2.6.40) dobijamonejednakost p (n) 6 p (n− 1) + p (n− 2), za n > 3.

Sada smo spremni da tvrdjenje teoreme dokazemo matematickom indukcijom.Tvrdjenje vazi za n = 1 i n = 2: p (1) = F2 = 1 i p (2) = F3 = 1. XPretpostavimo da tvrdjenje vazi za n = k − 1 i za n = k, tj. da je p (k − 1) 6 Fk i

p (k) 6 Fk+1.Tada za n = k + 1 imamo

p (k + 1) 6 p (k) + p (k − 1) 6 Fk+1 + Fk = Fk+2. X

Stoga po Principu matematicke indukcije dobijamo da za svaki prirodan broj n vazip (n) 6 Fn+1.

Navedimo jos jednu zanimljivu osobinu particija. Frenklin (eng. F. Franklin) je medjuparticijama koje sadrze najvise jedan sabirak jednak 1, racunao sumu, koja se dobija takosto se za svaku particiju koja sadrzi 1 sumi doda 1, a za svaku particiju koja ne sadrzi 1sumi se doda k, gde je k broj razlicitih sabiraka koji se pojavljuju u toj particiji.

Npr. za n = 7, sve takve particije su

7 5+2 4+3 3+2+2 6+1 4+2+1 3+3+1 2+2+2+1

1 2 2 2 1 1 1 1

(crtom smo razdvojili particije koje ne sadrze 1 i one koje sadrze 1), a u 2. redu su njihovidoprinosi sumi. Stoga, njima odgovara sledeca suma 1+2+2+2+1+1+1+1 = 11 = p (6).

On je pokazao 1878. godine da je ova suma jednaka broju particija broja n − 1, tj.p (n− 1). Ova cinjenica je nasla primene u racunanju distrubicije veza izmedju atoma.


PARTICIJE SKUPA, STIRLINGOVI I BELOVI BROJEVI

Particija skupa (ili razbijanje skupa) Nn = 1, 2, 3, . . . , n na k podskupova, k > 1, jeskup podskupova π = S1, S2, . . . , Sk, takvih da vazi Si ∩ Sj = ∅ za svako i 6= j i

Nn = S1 ∪ S2 ∪ . . . ∪ Sk.

Broj particija skupa od n elemenata jednak je Belovom broju B(n) =nX

k=0

S(n, k), koji

je jednak sumi Stirlingovih brojeva II vrste – S(n, k) predstavlja broj nacina da se skupod n brojeva podeli (razbije) na k podskupova.

Skup od n elementa Nn = 1, 2, . . . , n ne mozemo podeliti na 0 poskupova, stoga jeS(n, 0) = 0, ali ima razloga zasto suma u definiciji Belovih brojeva ide od k = 0, a neod k = 1 (sto bismo isto mogli da uzmemo). Razlog je sto je sto prazan skup mozemopodeliti na 0 podskupova na 1 nacin, tj. vazi B(0) = S(0, 0) = 1.

Belovi brojevi B(n) =nX

k=0

S(n, k) su jednaki broju relacija ekvivalencije na skupu

od n elemenata, a Stirlingovi brojevi S(n, k) predstavljaju broj relacija ekvivalencije naskupu od n elemenata sa k klasa ekvivalencije.

PRIMER 2.6.44. Odredimo sve moguce relacije ekvivalencije nad skupom S, ako je:a) S = 1; b) S = 1, 2; c) S = 1, 2, 3.

Resenje. a) Ovde imamo samo 1 relaciju ekvivalencije % = (1, 1).b) Ovde imamo 2 relacije ekvivalencije

%1 = (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2) i %2 = (1, 1), (2, 2).Kod prve relacije %1 imamo samo jednu klasu ekvivalencije 1, 2, dok kod druge %2

imamo 2 klase ekvivalencije 1 i 2.c) Skup 1, 2, 3mozemo razbiti na podskupove na sledece nacine (svaki od njih odredjujepo jednu relaciju ekvivalencije):

1, 2, 3 %1 = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)1, 2 i 3 %2 = (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2); (3, 3)1, 3 i 2 %3 = (1, 1), (1, 3), (3, 1), (3, 3); (2, 2)2, 3 i 1 %4 = (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3); (1, 1)1, 2 i 3 %5 = (1, 1); (2, 2); (3, 3)

Dakle ukupno ima 5 relacija ekvivalencije na skupu 1, 2, 3.

Uvedimo sada i Stirlingove brojeve I vrste, naravno uz njihovo kombinatornotumacenje.

Za svaki x ∈ R i n ∈ N definisimo

[x]n = x(x− 1) · . . . · (x− n + 1) i [x]n = x(x + 1) · . . . · (x + n− 1),

gde po definiciji uzimamo da vazi [x]0 = [x]0 = 1. Tada Stirlingov broj I vrste, s(n, k),definisemo kao koeficijent uz xk u razvoju [x]n, tj. vazi

[x]n =n∑

k=0

s(n, k)xk.


Moze se pokazati da vazi i [x]n =n∑

k=0

|s(n, k)|xk.

Ciklus od n objekata ili n-ciklus ima oblik a1a2a3 . . . an gde se smatra da je an poreda1, tako da je

a1a2a3 . . . an = ajaj+1 . . . ana1a2 . . . aj−1

(npr. imamo a1a2a3 = a2a3a1 = a3a1a2). n-ciklus mozemo zamisliti kao n ljudi kojisede za okruglim stolom. Broj mogucih nacina da se n objekata raspodeli (razbije) na kciklusa, pri cemu bilo koja 2 od k ciklusa nemaju zajednicki element, iznosi s(n, k), gdeje s(n, k) Stirlingov broj I vrste.

Sada cemo dati nekoliko formula, koje mozemo da iskoristimo za izracunavanjeBelovih i Stirlingovih brojeva II vrste.

TEOREMA 2.6.45. Stirlingovi brojevi II vrste zadovoljavaju rekurentnu vezu

S(n + 1, m) = S(n, m− 1) + m · S(n,m), gde je S(n, 1) = S(n, n) = 1.

Dokaz . Posmatrajmo skup svih particija n-elementnog skupa x1, x2, . . . , xn na m−1podskupova. Od ovih S(n, m − 1) particija mozemo dobiti particije (n + 1)-elementnogskupa x1, x2, . . . , xn, xn+1 na m podskupova dodavanjem jednoelementnog podskupaxn+1.

Element xn+1 moze biti pridodat i u neki od m podskupova particije n-elementnogskupa x1, x2, . . . , xn na m podskupova. Kako taj podskup mozemo izabrati na

(m1

)= m

nacina. Ovakvih particija (n + 1)-elementnog skupa x1, x2, . . . , xn, xn+1 na m pod-skupova ima m · S(n,m).

Na osnovu ova 2 zakljucka dolazimo do trazene formule:

S(n + 1, m) = S(n, m− 1) + m · S(n,m).

Obratimo jos paznju na pocetne uslove. S(n, 1) = 1 jer je to razbijanje jednakosamom tom skupu x1, x2, . . . , xn. S(n, n) = 1 jer je to razbijanje gde svaki podskupima tacno 1 element — to je x1 ∪ x2 ∪ . . . ∪ xn.

PRIMER 2.6.46. Izracunajmo vrednosti Stirlingovih brojeva II vrste, za 1 6 n 6 6i 1 6 m 6 6.

Resenje. Koristeci rekurentnu formulu iz prethodne teoreme dobijamo sledecu tablicu— to je niz A008277 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31].

mS(n,m) 1 2 3 4 5 6

1 1 0 0 0 0 02 1 1 0 0 0 03 1 3 1 0 0 0

n 4 1 7 6 1 0 05 1 15 25 10 1 06 1 31 90 65 15 1


Primetimo da je S(n,m) = 0 za m > n. Ovu cinjenicu mozemo pokazati pomocumatematicke indukcije.

TEOREMA 2.6.47. Stirlingovi brojevi II vrste zadovoljavaju rekurentnu vezu

S(n + 1,m) =n∑

k=m−1

(n

k

)S(k,m− 1).

Dokaz . Neka je X = x1, x2, . . . , xn, xn+1. Posmatrajmo skup svih particija (n + 1)-elementnog skupa X na m podskupova. On sadrzi S(n + 1,m) particija. Svaka od tihparticija sadrzi jedan podskup kome pripada element xn+1 i jos m − 1 podskupova, teona odredjuje jednu particiju k-elementnog skupa K (K je unija tih m− 1 podskupova)na m− 1 podskupova, pri cemu vazi m− 1 6 k 6 n.

Na ovaj nacin dobijamo medjusobno razlicite particije skupa K (u protivnom, ako biovde imali 2 jednake particije i medju svim particijama skupa X bismo imali 2 jednakeparticije). Ovim postupkom smo dobili sve particije bilo kog skupa K ⊂ X (koji ima barm− 1 elemenata) na m− 1 podskupova.

Preostalih n−k elemenata, koji zajedno sa xn+1 cine m-ti podskup, mozemo izabratina

(n

n−k

)=

(nk

)nacina. Na osnovu ovih razmatranja dobijamo trazenu formulu:

S(n + 1, m) =n∑

k=m−1

(n

k

)S(k, m− 1).

TEOREMA 2.6.48. Belovi brojevi zadovoljavaju rekurentnu vezu

B(n + 1) =n∑

k=0

(n

k

)B(k), gde je B(0) = 1.

Dokaz 1 . Iskoristimo definiciju Belovih brojeva (2 puta), prethodnu teoremu, promenimoporedak sumiranja i uvedimo smenu λ = `− 1:

B(n + 1) =n+1∑

`=0

S(n + 1, `) = 0 +n+1∑

`=1

S(n + 1, `) =n+1∑

`=1

n∑

k=`−1

(n

k

)S(k, `− 1)

=n∑

k=1

(n

k

) k+1∑

`=1

S(k, `− 1) =n∑

k=1

(n

k

) k∑

λ=0

S(k, λ) =n∑

k=0

(n

k

)B(k).

Dokaz 2 . Analogno kao u dokazu prethodne teoreme mozemo odredjivati podskup kojisadrzi element xn+1.

Clan 1, koji odgovara slucaju k = 0, pojavljuje se kada se particija skupa sastoji odjednog jedinog podskupa.

PRIMER 2.6.49. Izracunajmo vrednosti Belovih brojeva B(n), za 1 6 n 6 11:Resenje.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11B(n) 1 2 5 15 52 203 877 4 140 21 147 115 975 678 570


Ovi brojevi predstavljaju niz A000110 u Online enciklopediji celobrojnih nizova [31].

Kroz narednih nekoliko primera cemo dati vezu izmedju particija broja i particijaskupa.

PRIMER 2.6.50. Odrediti sve particije skupa N3 = 1, 2, 3.

Resenje. U Primeru 2.6.44 smo vec izvrsili razbijanje skupa N3 = 1, 2, 3 kada smoodredjivali sve relacije na ovom skupu, ali cemo to ponovo uraditi da bismo uspostavilivezu izmedju particija skupa i particija prirodnog broja.

Sve particije broja 3 su 3, 2 + 1 i 1 + 1 + 1. Prva od njih, 3, je razbijanje broja na1 sabirak i odgovara razbijanju skupa na 1 podskup, sto mozemo uciniti na S(3, 1) = 1nacin — 1, 2, 3. Druga od njih je razbijanje broja na 2 sabirka, 2 + 1, i odgovararazbijanju skupa na 2 podskupa, sto mozemo uciniti na S(3, 2) = 3 nacina – 1∪2, 3,2 ∪ 1, 3 i 3 ∪ 1, 2. Treca od njih je razbijanje broja na 3 sabirka, 1 + 1 + 1, iodgovara razbijanju skupa na 3 podskupa, sto mozemo uciniti na S(3, 3) = 1 nacin —1 ∪ 2 ∪ 3.

Predstavimo sve ovo tablicno:

particije broja St.br.II vr. particije skupa3 S(3, 1) = 1 1, 2, 3

2 + 1 S(3, 2) = 3 2, 3 ∪ 1 1, 3 ∪ 2 1, 2 ∪ 31 + 1 + 1 S(3, 3) = 1 1 ∪ 2 ∪ 3

X3 B(3) = 5 5

PRIMER 2.6.51. Odrediti sve particije skupa N4 = 1, 2, 3, 4.

Resenje.

particije 4 St.br.II vr. particije skupa N4

4 S(4, 1) = 1 1, 2, 3, 43 + 1 S(4, 2) = 7 2, 3, 4 ∪ 1 1, 3, 4 ∪ 2 1, 2, 4 ∪ 3 1, 2, 3 ∪ 42 + 2 1, 2 ∪ 3, 4 1, 3 ∪ 2, 4 1, 4 ∪ 2, 3

2 + 1 + 1 S(4, 3) = 6 1, 2 ∪ 3 ∪ 4 1, 3 ∪ 2 ∪ 4 1, 4 ∪ 2 ∪ 32, 3 ∪ 1 ∪ 4 2, 4 ∪ 1 ∪ 3 3, 4 ∪ 1 ∪ 2

1 + 1 + 1 + 1 S(4, 4) = 1 1 ∪ 2 ∪ 3 ∪ 4X

5 B(4) = 15 15

PRIMER 2.6.52. Odrediti broj particija skupa N5 = 1, 2, 3, 4, 5.

Resenje. Ima ih mnogo (52) zato ih necemo sve dati, nego cemo samo dati tablicu ukojoj vidimo vezu particija broja i particija skupa:


particije broja St.br.II vr.5 S(5, 1) = 1

4 + 1 3 + 2 S(5, 2) = 15 = 5 + 103 + 1 + 1 2 + 2 + 1 S(5, 3) = 25 = 10 + 15

2 + 1 + 1 + 1 S(5, 4) = 101 + 1 + 1 + 1 + 1 S(5, 5) = 1

X7 B(5) = 52

DEFINICIJA 2.6.53. Epimorfizam (ili surjekcija) f : X → Y je preslikavanje kojeje ”na”, tj. za koje vazi da za svaki element y ∈ Y postoji element x ∈ X koji se slika unjega, tj. za koji vazi f(x) = y.

Sada cemo odrediti broj svih takvih preslikavanja f : X → Y , gde je |X| = r, |Y | = ni n 6 r.

TEOREMA 2.6.54. Broj epimorfizama f : X → Y , gde je |X| = r, |Y | = n i n 6 rjednak je

Epi(r, n) = S(r, n) · n!,

gde je S(r, n) Stirlingov broj II vrste.

Dokaz . Svaki epimorfizam odredjuje jednu particiju (razbijanje) skupa X na n pod-skupova koji su indeksirani elementima iz Y (tj. unutar j-tog podskupa skupa X nalazese elementi koji se epimorfizmom f slikaju u j ∈ Y ). Ako bismo permutovali elementeskupa Y opet bismo dobili jedan epimorfizam koji odgovara istoj particiji skupa. Stogaje ukupan broj epimorfizama jednak Epi(r, n) = S(r, n) · n!.

Do rezultata za broj epimorfizama mozemo doci i pomocu formule ukljucenja–iskljucenja (taj rezultat je dat u delu pod b) Zadatka 2.6.29) kojom bismo dobili daje broj epimormizama

Epi(r, n) = S(r, n) · n! =n∑

k=1

(−1)n−k

(n

k

)kr.

PRIMER 2.6.55. Odredimo broj ”na” preslikavanja skupa 1, 2, 3, 4, 5, 6 na skup1, 2, 3.

Resenje. Ubacivanjem u prethodnu formulu nalazimo da je broj ”na” preslikavanjajednak Epi(6, 3) = S(6, 3) · 3! = 90 · 6 = 540. Proveriti ovaj rezultat racunanjem sumedobijene iz principa ukljucenja–iskljucenja.

Neka je A skup od n elemenata. Broj svih particija skupa A u (neprazne) podskupovejednak je Belovom broju B(n). Broj particija skupa A u m (nepraznih) podskupovajednak je Stirlingovom broju II vrste S(n,m). Razmotrimo sada razbijanja skupa A um podskupova Ai, i = 1, ...,m, gde je |Ai| = ni.


TEOREMA 2.6.56. Broj razbijanja skupa A u m podskupova Ai, i = 1, ...,m, gde

je |Ai| = ni, jednak je

(n

n1,n2,...,nm

)

p1! · p2! · . . . · pk!.

Resenje. Sortirajmo skupove Ai prema kardinalnosti i na taj nacin dolazimo do jednepermutacije elemenata skupa A. Broj takvih permutacija jednak je multinomijalnomkoeficijentu

(n

n1,n2,...,nm

)(videti Teoremu 1.3.13, kao i Lemu 1.3.15).

Ako su kardinalnosti n1, n2, . . . , nm medjusobno razliciti brojevi, tada svaka per-mutacija odgovara jednoj particiji skupa. Ako nisu razliciti onda je situacija maloslozenija. Neka su N1, N2, . . . , Nk sve razlicite vrednosti koje se nalaze medju kardi-nalnostima n1, n2, . . . , nm i neka se svako Ni javlja pi puta medju n1, n2, . . . , nm. Tadarearanziranje delova permutacije koji odgovaraju datom Ni ne menja odgovarajucu par-ticiju skupa, te stoga prethodni multinomijalni koeficijent moramo da podelimo sa pi!za svako i. Zato je formulu za broj particija skupa u podskupove sa unapred zadatim(fiksiranim) brojem elemenata jednaka:

(n

n1,n2,...,nm

)

p1! · p2! · . . . · pk!,

sto je i trebalo pokazati.

PRIMER 2.6.57. Odredimo broj particija skupa 1, 2, 3, 4, 5 koje se sastoje od 3podskupa od kojih 2 imaju po 1 element, a treci ima 3 elementa.

Resenje. Kada podatke ubacimo u prethodnu formulu dobijamo da je trazeni brojparticija skupa jednak (

51,1,3

)

2! · 1!=

202

= 10.

Predstavimo sve te particije skupa.1, 2, 3, 4, 5 1, 3, 2, 4, 5

1, 4, 2, 3, 5 1, 5, 2, 3, 42, 3, 1, 4, 5 2, 4, 1, 3, 52, 5, 1, 3, 4 3, 4, 1, 2, 53, 5, 1, 2, 4 4, 5, 1, 2, 3

Ovim smo nabrojali svih tih 10 particija skupa na 2 podskupa od 1 elementa i 1 podskupod 3 elementa.

PRIMER 2.6.58. Odredimo na koliko nacina 43 studenta mozemo podeliti u 7 grupa,tako da je po 5 studenata u 2 grupe, po 6 studenata u 3 grupe, 7 studenata u 1 grupi i8 studenata u 1 grupi:

(43

8,7,6,6,6,5,5

)

2! · 3! · 1! · 1!= 4 609 505 988 517 364 677 515 694 521 600.


Uredjene particije bismo dobili ukoliko bi svakoj grupi dodelili neko ime (razlicito) i ondabi nam bilo bitno kada podelimo studente u grupe i u kojoj su grupi. Npr. ako ovih 43studenta delimo tako da 5 zivi u zgradi A, 5 u B, 6 u C, 6 u D, 6 u E, 7 u F i 8 u G.Tada je bitno i ko zivi u kojoj zgradi, te takvih rasporeda imamo:

(43

8, 7, 6, 6, 6, 5, 5

)= 55 314 071 862 208 376 130 188 334 259 200.

ZADACI

2.6.1. Dokazati da je broj kompozicija broja n na sabirke iz skupa N2 = 1, 2 jednakFibonacijevom broju Fn+1.

2.6.2. Koliko ima n-tocifrenih prirodnih brojeva ciji je zbir cifara jednak 11?

2.6.3. Koliko ima trojki (x1, x2, x3) brojeva iz N0, takvih da vazi x1 + x2 + x3 = 100 ix1 6 x2 6 x3?

2.6.4. Koliko ima jednakokrakih trouglova, cije su stranice celobrojne, a obim jednak30cm?

2.6.5. Koliko ima trouglova obima 300 cije su duzine stranice prirodni brojevi?

2.6.6. Na koliko nacina se suma od 27 dinara moze platiti novcicima oda) 1 i 2 dinara; b) 2 i 5 dinara; c) 1, 2 i 5 dinara?

2.6.7. Na koliko razlicitih nacina prodavac na pijaci moze da izmeri prase od 15kg navagi pomocu tegova od 1kg, 2kg i 4kg (mozemo uzeti da tegova svake od ove 3 vrsteimamo po 15)?

2.6.8. Na koliko nacina se suma od 100 dinara moze platiti novcicima 1, 2, 5 i 10 dinara?

2.6.9. Na koliko nacina se suma od 50 dinara moze platiti novcicima 1, 2, 5, 10 i 20dinara?

2.6.10. Nacrtati Fererove dijagrame za sledece particije:

[12 32 5 7], [2 4 62 7].

2.6.11. a) Odrediti konjugovane particije sledecih particija u standardnoj notaciji:

[12 3 5 6], [22 33 5 8].

b) Koje od sledecih particija su samo-konjugovane:

[12 2 4], [13 4 5 6], [22 3 52], [14 2 3 4 8]?

2.6.12. Izracunati p5(9) i p5(10).

2.6.13. Dokazati da za broj particija broja n na k sabiraka vazi pk(n) > 1k!

(n−1k−1

).

2.6.14. Naci funkcije generatrise za brojeve particija n:


a) u kojima je svaki sabirak jednak 3 ili 4.

b) u kojima je svaki sabirak najvise 5.

c) u kojima je svaki sabirak stepen broja 2.

d) u kojima se svaki sabirak pojavljuje najvise dva puta.

e) u kojima se svaki sabirak pojavljuje najvise tri puta.

f) u kojima se samo neparni sabirci mogu pojaviti vise od jedanput.

g) u kojima je svaki sabirak deljiv sa 3.

Da li su brojevi particija n u (e) i (f) jednaki?

2.6.15. Dokazati da je p (n) neparan ako i samo ako je p (n | 6=,neparni) neparan.

2.6.16. Koristeci Fererov dijagram, dokazati da vazi sledeci identitet:p (n | najveci sabirak = r) = p (n− r | Nr).

2.6.17. Dokazati p (n | 6=) = p (n | svi sabirci od 1 do najveceg).Npr. za n = 6 imamo 4 particije. Na razlicite sabirke su: 6, 5 + 1, 4 + 2 i 3 + 2 + 1.Particije sa desne strane identiteta sa: 1+1+1+1+1+1, 2+1+1+1+1, 2+2+1+1i 3 + 2 + 1.

2.6.18. Dokazati da je broj particija n u kojima je svaki sabirak jednak 1 ili 2, jednakbroju particija n + 3 koje imaju tacno dva razlicita sabirka.

2.6.19. Dokazati da je p (n | parni) = p (n | svaki sabirak paran broj puta) = p (n2 ).

2.6.20. Dokazati da je p (n | p.b.n.s.) = p (n | 6=, p.b.n.s.), gde p.b.n.s. oznacava paranbroj neparnih sabiraka.

2.6.21. Dokazati da je broj particija 2n na tri sabirka, tako da je zbir svaka dva sabirkaveci od treceg, jednak broju particija n na tacno tri sabirka.

2.6.22. Dokazati da je broj particija n −m na tacno k − 1 sabiraka, tako da nijedansabirak nije veci od m, jednak broju particija n − k na tacno m − 1 sabiraka, tako danijedan sabirak nije veci od k.

2.6.23. Dokazati da je broj particija n u kojima se nijedan sabirak ne pojavljuje viseod 2k+1− 1 puta jednak broju particija n u kojima se nijedan umnozak 2k ne pojavljujevise od jedanput kao sabirak.

2.6.24. Nazovimo particiju dugi pravougaonik (skraceno d.p.) ukoliko je njen dijagramFerera pravougaonik cija je sirina veca od visine. Oznacimo sa r.u.s. razliku uzastopnihsabiraka u particiji. Dokazati da je p (n | d.p.) = p (n | r.u.s. = 2). Dokazati da su ovibrojevi jednaki broju delilaca broja n koji nisu veci od

√n.

2.6.25. Dokazati da je broj particija n takvih da se svaki sabirak pojavljuje manje od3 puta jednak broju particija broja n na sabirke koji nisu deljivi sa 3. Npr, za n = 6imamo sledece skupove particija:


6, 5 + 1, 4 + 2, 4 + 1 + 1, 3 + 3, 3 + 2 + 1, 2 + 2 + 1 + 15 + 1, 4 + 2, 4 + 1 + 1, 2 + 2 + 2, 2 + 2 + 1 + 1, 2 + 1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1.Pokazati uopstenje ovog tvrdjenja (gde se svaki broj 3 zameni sa k).

2.6.26. Oznacimo sa B(n) broj particija n na stepene broja 2. Npr, imamo da jeB(6) = 6 i imamo sledeci skup particija:

4 + 2, 4 + 1 + 1, 2 + 2 + 2, 2 + 2 + 1 + 1, 2 + 1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1.

Dokazati da je:a) B(2n + 1) = B(2n);b) B(2n) = B(2n− 1) + B(n);c) B(n) paran za svako n > 2.

2.6.27. Dokazati da je broj particija broja n na razlicite sabirke od kojih je svaki ilioblika 2k (stepeni dvojke) ili oblika 3 · 2k jednak

⌊n3

⌋+ 1.

2.6.28. Pod stepenicama visine m podrazumevamo tablu Ferera koja odgovara particiji(m−1)+(m−2)+ . . .+2+1, sa praznim stepenikom pridodatim na kraj radi simetrije.Na sledecoj slici su prikazane stepenice visine 4:

Dokazati da je broj svih Fererovih tabli (ukljucujuci i praznu tablu), koje se cele nalazeunutar stepenica visine m, jednak Katalanovom broju Cm.

2.6.29. Pokazati sledece formule za Belove i Stirlingove brojeve:a) xn =

nX

k=1

S(n, k)[x]k; b) S(n,m) = 1m!

mX

k=1

(−1)m−k(mk

)kn;

c) s(n + 1,m) = s(n,m− 1) + n · s(n,m), uz s(n, 0) = 0, s(n, n) = 1;

d) B(n) =1e

∞X

k=1

kn

k!; e)

(i+jj

)s(n, i + j) =

nX

k=0

(nk

)s(k, i)s(n− k, j);

f)(i+jj

)S(n, i + j) =

nX

k=0

(nk

)S(k, i)S(n− k, j);

g)nX

k=0

s(n, k)S(k, m) =nX

k=0

S(n, k)s(k, m) = δn,m, gde je δn,m Kronekerov delta simbol,

δn,m =(

1 n = m

0 n 6= m.

2.6.30. Odredimo broj razbijanja skupa od 10 elementa na 2 podskupa od po 5 eleme-nata.

2.6.31. Na koliko nacina mozemo stavitia) 7 objekata u 3 kutije; b) 10 objekata u 4 kutije; c) 12 objekata u 4 kutije; d) 14objekata u 6 kutijeako imamo:1 razlicite objekte, razlicite kutije i kutije smeju biti prazne;2 razlicite objekte, razlicite kutije i kutije ne smeju biti prazne;


3 istovetne objekte, razlicite kutije i kutije smeju biti prazne;4 istovetne objekte, razlicite kutije i kutije ne smeju biti prazne;5 razlicite objekte, istovetne kutije i kutije smeju biti prazne;6 razlicite objekte, istovetne kutije i kutije ne smeju biti prazne.

2.6.32. Dokazati da za svako razbijanje skupa brojeva 1, 2, . . . , 8, 9 na 2 podskupa,postoji bar jedan podskup koji sadrzi troclanu aritmeticku progresiju. Da li tvrdjenjevazi za skup 1, 2, . . . , 8?

2.6.33. Neka su A1, A2, . . . , An i B1, B2, . . . , Bn dva razbijanja skupa X za kojavazi sledeci uslov: ako za neke brojeve i, j ∈ Nn vazi Ai ∩Bj = ∅, onda je |Ai ∪Bj |> n.a) Dokazati da je |X|> 1

2n2. b) Da li je moguce |X| = 12n2?

2.6.34. Neka je m> 3 fiksiran prirodan broj. Naci najmanji prirodan broj r(m) za kojivazi da se za svako razbijanje skupa 1, 2, . . . , r(m) na 2 podskupa iz jednog od njih mozeizabrati m brojeva (ne mora razlicitih) x1, x2, . . . , xm za koje vazi x1 +x2 + . . .+xm−1 =xm.

2.6.35. Neka je k > 1 dat prirodan broj. Odrediti najmanji prirodan broj r(m) za kojivazi sledece tvrdjenje: Od bilo kojih n prirodnih brojeva moguce je izabrati bar 2, cijaje suma ili razlika deljiva sa 2k + 1.

2.6.36. Odrediti sve relacije ekvivalencije na skupu 1, 2, 3, 4. Koliko ih ima?

2.6.37. Da li ima vise relacija ekvivalencije ili relacija poretka na skupu 1, 2, . . . , n,gde je n ∈ N?

2.6.38. Neka je An broj particija skupa 1, 2, . . . , n i neka je Bn broj particija skupa1, 2, . . . , n + 1 u kojim ne postoje dva susedna elementa koji su u istom podskupu.Dokazati da za sve prirodne brojeve n vazi da je An = Bn.

Glava 3

Teorija grafova

3.1 STA JE GRAF?

POJAM GRAFA

Najjednostavniji tip grafova se definise na sledeci nacin.

DEFINICIJA 3.1.1. Graf G = (V, E) je uredjeni par koji se sastoji od skupa cvorovaV i skupa grana E ⊆ (

V2

). Za cvorove u, v ∈ V kazemo da su susedni ako je u, v ∈ E.

Ako je e = u, v ∈ E kazemo da grana e ima krajeve u i v.

Takodje, kada je e = u, v ∈ E kazemo da su cvorovi u i v incidentni sa granom e.Uz sve ovo, za dve grane u grafu kazemo da su susedne ukoliko imaju zajednicki kraj.

NAPOMENA. Graf iz prethodne definicije zovemo jos i prost graf. U zavisnosti odpotreba, moguce je prosiriti ovu definiciju. Na primer:

• Orijentisani graf G = (V, E) je uredjeni par skupova cvorova V i grana E, gde je E ⊆V × V . Razlika je u tome sto grane u ovom slucaju imaju orijentaciju: grana e = (x, y)ima pocetni cvor x i krajnji cvor y.

• Tezinski graf G = (V, E, ω) je uredjena trojka skupova cvorova V i grana E, kao i tezinskefunkcije ω : E → R koja svakoj grani dodeljuje tezinu. Tezinski grafovi mogu biti orijen-tisani ili neorijentisani.

• Multigrafovi dozvoljavaju da izmedju dva cvora postoji vise od jedne grane. Zbog toga semultigraf G = (V, E, f) definise kao uredjena trojka skupova cvorova V i grana E, kao ipreslikavanja f : E → V ×V koje svakoj grani e ∈ E dodeljuje njen pocetni i krajnji cvor.

U ovom udzbeniku razmatracemo samo proste grafove.

Iako su grafovi relacione strukture, najcesce ih predstavljamo crtezima u ravni takosto cvorove predstavljamo tackama (u stvari, cesce ih predstavljamo kruzicima), a granepredstavljamo neprekidnim (Zordanovim) krivama izmedju tacaka odredjenih njihovimkrajevima. Kod grafova cesto vazi poznata izreka da slika vredi hiljadu reci: strukturusledeceg grafa je lakse shvatiti iz predstavljanja

186

GLAVA 3. TEORIJA GRAFOVA 187

1

2

3 4

5

nego iz definicije

G = (1, 2, 3, 4, 5, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 1).

NAPOMENA. U danasnje vreme se za istrazivanje svojstava grafova najvise koriste nekispecijalizovani racunarski programi. Jedan od takvih programa je i newGRAPH, koji je bespla-tan i dostupan sa adrese

http://www.mi.sanu.ac.yu/newgraph/

DEFINICIJA 3.1.2. Pod okolinom NG(u) cvora u grafa G = (V, E) podrazumevamoskup svih suseda cvora u:

NG(u) =v ∈ V : u, v ∈ E

.

Stepen dG(u) cvora u je broj njegovih suseda

dG(u) = |NG(u)|.Najmanji i najveci stepen cvora imaju posebne oznake:

δ(G) = minu∈V

dG(u), ∆(G) = maxu∈V

dG(u).

Graf G je regularan ako svi cvorovi imaju isti stepen, tj. ako je δ(G) = ∆(G).

Uobicajeno je ispustiti indeks iz oznaka NG(u) i dG(u), ukoliko je iz konteksta jasnoo kom se grafu radi.

PRIMER 3.1.3. U grafu

1

2 3 4

5 6

vazi:N(1) = 2, 3, d(1) = 2N(2) = 1, 5, 6, d(2) = 3N(3) = 1, 6, d(3) = 2N(4) = 6, d(4) = 1N(5) = 2, 6, d(5) = 2N(6) = 2, 3, 4, 5, d(6) = 4.


Pritom je δ(G) = 1 i ∆(G) = 4.

LEMA. 3.1.4. U proizvoljnom grafu G = (V,E) vazi∑

v∈V

dG(v) = 2|E|.

Dokaz . Za svako v ∈ V sabirak dG(v) oznacava broj grana ciji je jedan kraj v. Sobzirom da svaka grana ima po dva kraja, zbir

X

v∈V

dG(v) prebrojava svaku granu u

grafu G po dva puta, odakle sledi gornja jednakost.

POSLEDICA. 3.1.5 U proizvoljnom grafu broj cvorova neparnog stepena je paran.

Dokaz . Ukoliko neki graf G = (V, E) sadrzi neparan broj cvorova neparnog stepena,tada je zbir

X

v∈V

dG(v) takodje neparan. Medjutim, to je u kontradikciji sa Lemom 3.1.4.

NAPOMENA. Prethodna posledica se u literaturi cesto zove lema o rukovanju: u svakomdrustvu broj osoba koje su se rukovale neparan broj puta je paran. Ovde osobe iz drustvapredstavljaju cvorove grafa, tako da izmedju dve osobe postoji grana ukoliko su se one rukovale.

PRIMER 3.1.6. U skupu od n, n > 4, osoba medju svake cetiri osobe postoji jednaosoba koja se poznaje sa preostale tri osobe. Dokazati da u tom skupu postoji osobakoja poznaje sve ostale osobe.

Resenje. Predstavimo ovaj skup osoba pomocu grafa G = (V, E) tako sto svaku osobupredstavimo cvorom, a poznanstvo dveju osoba granom izmedju odgovarajucih cvorova.Ovako pridruzeni graf ima osobinu da medju proizvoljna cetiri cvora postoji cvor koji jesusedan sa preostala tri, a mi treba da dokazemo da postoji cvor susedan sa svim ostalimcvorovima.

Ukoliko je svaki par cvorova u G susedan, tada je ocigledno svaki cvor iz G susedansa svim ostalim cvorovima.

U suprotnom, neka su u i v nesusedni cvorovi u G. Tada za proizvoljan par cvorovas, t iz V \ u, v, u cetvorci u, v, s, t postoji cvor susedan sa preostala tri cvora. Takavcvor ne moze da bude ni u, ni v, jer su u i v nesusedni. Prema tome, takav cvor je ili sili t. U svakom slucaju, vazi da su s i t susedni cvorovi. Stoga, kako je par cvorova s, tizabran proizvoljno, zakljucujemo da je svaki par cvorova iz V \ u, v susedan. Zato jesvaki cvor iz V \ u, v susedan sa svim ostalim cvorovima iz V \ u, v. Kako je barjedan od cvorova s, t pritom susedan i sa u i sa v, zakljucujemo da je taj cvor susedansa svim ostalim cvorovima grafa G.

NAPOMENA. Prethodno razmatranje nam omogucuje da odemo i korak dalje i odredimosve mogucnosti za strukturu grafa G. Prva mogucnost je, naravno, da su svi cvorovi u Gmedjusobno susedni.


U suprotnom, ako postoje nesusedni cvorovi u i v, tada je, za svaki par s, t preostalih cvorovagrafa bar jedan od s i t susedan i sa u i sa v. Druga mogucnost je, stoga, da su svi cvorovi izV \ u, v susedni i sa u i sa v.

U suprotnom, neka je s cvor iz V \ u, v koji nije susedan, na primer, sa u. Tada zaproizvoljan cvor t iz V \ u, v, s vazi da u cetvorci u, v, s, t postoji cvor susedan sa preostalatri. Iz prethodnog vidimo da taj cvor ne moze da bude ni u, ni v, ni s. Prema tome, taj cvormora da bude t i on je, stoga, susedan i sa u i sa v i sa s. Kako je t bio izabran proizvoljno,zakljucujemo da je svaki cvor iz V \ u, v, s susedan i sa u i sa v i sa s. Stoga postoje jos dvemogucnosti za graf G: u trecoj mogucnosti cvor s je susedan sa v, a u cetvrtoj mogucnosti cvors nije susedan sa v.

Sve ove mogucnosti su ilustrovane na donjoj slici za n = 6.

u

v

u

v s

u

v s

POSEBNE KLASE GRAFOVA

Neki tipovi grafova (tzv. klase grafova) se srecu cesce od ostalih i zasluzuju posebnaimena.

Kompletan graf Kn je graf sa cvorovima 1, 2, . . . , n u kome je svaki par cvorovapovezan granom. Tacnije,

Kn =(

1, 2, . . . , n,i, j : 1 6 i < j 6 n

).

Na narednoj slici je prikazan kompletan graf sa 10 cvorova.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10


Bipartitni graf je graf G kod koga skup cvorova V (G) mozhemo razbiti na 2 podskupaX i Y , tako da svaka ivica e ∈ E(G) ima jedan kraj u X, a drugi u Y . Podskupovi Xi Y se nazivaju klase ili obojeni skupovi . k-partitan graf je graf G ciji se skup cvorovaV (G) mozeti predstaviti kao unija disjunktnih skupova X1, X2, . . . , Xk (ovi skupovi senazivaju i klase). Svaka grana k-partitnog grafa spaja 2 cvora koji pripadaju razlicitimklasama. Neki specijalni slucajevi ovih grafova su dati u narednim pojmovima.

Kompletan bipartitni graf Km,n je graf koji ima dve grupe cvorova 1, 2, . . . ,m im + 1,m + 2, . . . , m + n tako da je svaki cvor i iz prve grupe susedan sa svakim cvoromm + j iz druge grupe (i da pritom nema drugih grana sem ovih). Na narednoj slici jeprikazan kompletan bipartitni graf K3,5.

4 5 6 7 8

1 2 3

Zvezda Sn je kompletni bipartitni graf K1,n−1. Na narednoj slici je prikazana zvezda S7.

2

3

4

5

6

7

1

Kompletan multipartitni graf Km1,m2,...,mkje graf sa k grupa cvorova, pri cemu i-

ta grupa sadrzi mi cvorova za i = 1, 2, . . . , k, tako da su svaka dva cvora iz razlicitihgrupa susedna, a da ne postoje grane izmedju cvorova iz iste grupe. Na narednoj slici jeprikazan kompletan multipartitni graf K1,2,3,3.

12

3

4

5

6 7

8

9


Put Pn je graf sa cvorovima 1, 2, . . . , n i granom izmedju cvorova i i i + 1 za svakoi = 1, 2, . . . , n− 1. Cvorovi 1 i n su krajevi puta. Na narednoj slici je prikazan put P10.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Ciklus Cn je graf dobijen od puta Pn dodavanjem nove grane koja spaja krajeve puta.Tacnije,

Cn =(

1, 2, . . . , n,i, i + 1 : i = 1, 2, . . . , n− 1

∪ 1, n

).

U literaturi na srpskom jeziku, ciklus se cesto naziva konturom. Na narednoj slici jeprikazan ciklus C10.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Tochak Wn je graf dobijen od konture Cn−1 dodavanjem novog cvora koji je spojengranama sa svim cvorovima konture Cn−1. Tacnije,

Wn =(

1, 2, . . . , n,1, i : i = 2, 3, . . . , n

∪ i, i + 1 : i = 2, 3 . . . , n− 1 ∪

2, n)

.

Na narednoj slici je prikazan tocak W7.

2

3

4

5

6

7

1

Prazan graf Kn je graf sa cvorovima 1, 2, . . . , n koji ne sadrzi nijednu granu. Tacnije,

Kn = (1, 2, . . . , n, ∅).Na narednoj slici je prikazan prazan graf sa 10 cvorova.


1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

NAPOMENA. Grafovi iz ovih klasa su vec ugradjeni u newGRAPH. Oni se mogu dobitipozivanjem komande sa imenom odgovarajuce klase (na engleskom jeziku, naravno) iz podmenijaFile → New: Complete, Graph ML, Path, Complete Bipartite, Star, Cycle, Wheel.

IZOMORFIZAM GRAFOVA

Ako pogledamo grafove na donjoj slici, videcemo da se oni razlikuju, s obzirom da sunjihovi skupovi cvorova razliciti.

a

b

c d

e

1

2

3 4

5

Medjutim, ocigledno je da medju njima ipak postoji nepobitna slicnost! Zaista, pravasustina grafova se i sastoji u tome kako su cvorovi medjusobno povezani, a ne u tomekako su oznaceni. Ovu “sustinu” mozemo iskazati sledecom definicijom.

DEFINICIJA 3.1.7. Dva grafa G1 = (V1, E1) i G2 = (V2, E2) su izomorfnaako postoji bijekcija f : V1 7→ V2 za koju vazi da je u, v ∈ E1 ako i samo ako jef(u), f(v) ∈ E2. Funkcija f se naziva izomorfizam grafova, a cinjenicu da su grafoviG1 i G2 izomorfni oznacavamo sa G1

∼= G2.

PRIMER 3.1.8. Izomorfizam f grafova na prethodnoj slici je dat pomocu bijekcije

f =(

a b c d e1 2 3 4 5

).

NAPOMENA. U skladu sa prethodnom definicijom, vidimo da oznacavanje cvorova nemaposebnog znacaja za strukturu grafa. Nadalje, cvorove necemo ni oznacavati na crtezima grafova(osim ako postoje neki drugi razlozi za to).


S obzirom da izomorfni grafovi imaju istu strukturu, sada mozemo uvesti jos jednuvaznu definiciju.

DEFINICIJA 3.1.9. Funkcija i, definisana na skupu grafova, se naziva invarijantomgrafova, ukoliko za svaka dva izomorfna grafa G ∼= H vazi da je i(G) = i(H).

Prema tome, invarijante grafova zavise od strukture, a ne od oznacavanja grafa. Imaveoma puno invarijanti grafova i one, u stvari, predstavljaju glavni predmet proucavanjateorije grafova. Sledece funkcije su primeri nekih jednostavnih invarijanti grafova:

• broj cvorova u grafu,

• broj grana u grafu,

• niz stepena cvorova (sortiran u neopadajuci poredak),

• broj cvorova stepena 1,

• broj grana ciji jedan kraj ima stepen 2, a drugi kraj stepen 3,

• ...

Invarijante grafova se mogu koristiti i prilikom provere da li su grafovi izomorfni.Naime, ukoliko uspemo da pronadjemo invarijantu koja za dva grafa dobija dve razlicitevrednosti, onda je sigurno da ta dva grafa nisu izomorfna.

PRIMER 3.1.10. Da li su grafovi na sledecoj slici izomorfni?

Resenje. Stepeni svih cvorova u oba grafa su jednaki 3, tako da stepene ne mozemoda iskoristimo da bismo dokazali nepostojanje izomorfizma. Zbog toga moramo da po-trazimo neku drugu invarijantnu osobinu strukture grafova. Jedna od takvih osobina jepostojanje (ili broj) ciklusa odredjene duzine u grafu. Naime, ako neki graf G sadrziciklus odredjene duzine, tada i svaki drugi graf H, izomorfan sa G, mora da sadrzi ciklusiste duzine.

Sada nije tesko videti da graf sa leve strane gornje slike sadrzi ciklus duzine 5 (stamislite, koliko ima takvih ciklusa?), dok u grafu sa desne strane ne postoji nijedan takavciklus — on sadrzi samo cikluse duzina 4, 6, 8 i 10.


NAPOMENA. Ukoliko zelimo da problem postojanja izomorfizma resimo pomocu racunara,tada lako mozemo pogresno da pomislimo da bi metod grube sile, proverom svih bijekcija izmedjucvorova dva grafa, bio dovoljan za resenje ovog problema. Medjutim, broj ovakvih bijekcija zagrafove sa n cvorova, kao i broj permutacija skupa sa n elemenata, jednak je n!. Ova funkcijajako brzo raste, brze od svake eksponencijalne funkcije. Stoga ovakav pristup moze da budeprimenljiv za male vrednosti n, na primer, za n = 10 za koje imamo 10! = 3 628 800 razlichitihbijekcija. Medjutim, vec kod n = 20 (20! = 2 432 902 008 176 640 000), ovakav pristup postajenedostizan cak i za super-racunare!

Medju “pametnijim” pristupima problemu postojanja izomorfizma, izdvaja se skup programanauty autora Brendana Mekkeja (Brendan McKay), koji je besplatno dostupan sa adrese

http://cs.anu.edu.au/~bdm/nauty/

Ovaj skup programa je prilicno mocan, ali i kompleksan. Za prirucno testiranje relativno malihgrafova moze se koristiti program dreadnaut iz ovog skupa.

PODGRAFOVI

U resenju primera 3.1.10 koristili smo cinjenicu da jedan graf sadrzi drugi graf (cik-luse). Sada dajemo preciznu definiciju ovog pojma.

DEFINICIJA 3.1.11. Neka su G = (V,E) i G′ = (V ′, E′) grafovi.Ako je V ′ ⊆ V i E′ ⊆ E, tada kazemo da je G′ podgraf grafa G.Ako je V ′ = V , tada kazemo da je G′ razapinjuci podgraf grafa G.Dalje kazemo da je G′ indukovani podgraf grafa G ukoliko G′ sadrzi sve grane iz G

ciji su krajevi u V ′, tj. ako je E′ = E ∩ (V2

).

PRIMER 3.1.12. Na slici levo je prikazan graf i, pomocu debljih linija, njegovpodgraf izomorfan sa P4. Ovaj podgraf nije indukovan, jer ne sadrzi granu a, b. Naslici desno je prikazan indukovani podgraf, izomorfan sa C5.

a b

PRIMER 3.1.13. Bipartitan graf je podgraf potpunog bipartitnog grafa. Slicno ik-partitni graf je podgraf potpunog k-partitnog grafa.

Indukovani podgraf se, u stvari, dobija tako sto se iz grafa G obrise nekoliko cvorovai sve grane koje sadrze obrisane cvorove. Ako je obrisan samo jedan cvor v, takavindukovani podgraf moze da se oznaci sa G− v.

S druge strane, podgraf se dobija tako sto obrisemo i jos neke grane (mada ne moramoda obrisemo njihove krajeve iz grafa). Ako je obrisana samo jedna grana e, takav podgrafmoze da se oznaci sa G− e.


Primetimo sada da je svaki graf sa n cvorova podgraf kompletnog grafa Kn, kao ida je prazan graf Kn podgraf svakog grafa sa n cvorova. Koristeci pojam indukovanihpodgrafova mozemo da definisemo jos dve invarijante grafova:

• ω(G) je broj cvorova najveceg kompletnog grafa koji je indukovani podgraf grafaG. Takav kompletan podgraf se naziva i klika grafa G.

• α(G) je broj cvorova najveceg praznog grafa koji je indukovani podgraf grafa G.Takav prazan podgraf se naziva i nezavisan (ili stabilan) skup grafa G.

Izmedju ove dve invarijante postoji jednostavna veza, za cije objasnjenje nam jepotrebna sledeca definicija.

DEFINICIJA 3.1.14. Komplement G grafa G = (V, E) je graf G = (V,(V2

) \ E).

Prema tome, komplement G sadrzi tacno one grane koje ne sadrzi graf G. Na primer,kompletni graf Kn i prazan graf Kn su komplementi jedan drugog (otuda i tako slicnaoznaka za njih). Iz definicija klike i nezavisnog skupa dobijamo jednakost

ω(G) = α(G).

SETANJE PO GRAFU

DEFINICIJA 3.1.15. Setnja W u grafu G = (V,E) je niz

W = (v0, e1, v1, e2, v2, . . . , et, vt)

gde su v0, v1, v2, . . . , vt cvorovi grafa G, a ei je grana ciji su krajevi vi−1 i vi, zai = 1, 2, . . . , t.1 Duzina setnje W je t, s tim sto dopustamo i da je t = 0.

Ukoliko je v0 = vt, tada je W zatvorena setnja.

Primetimo da ovako definisana setnja dozvoljava slobodno ponavljanje cvorova igrana. Nju mozemo zamisliti kao itinerer nekog opustenog setaca koji ne mari ako krozneki cvor ili granu prodje vise puta. Ukoliko zabranimo ponavljanje grana, ali dozvolimoponavljanje cvorova, tada dobijamo stazu. Ukoliko pak ne dozvolimo bilo kakvo ponavl-janje, ni cvorova ni grana, tada dobijamo put.

LEMA. 3.1.16. Svaka setnja W = (v0, e1, v1, . . . , et, vt) u grafu G sadrzi put izmedjucvorova v0 i vt.

Dokaz . Ukoliko u setnji W nema ponavljanja cvorova, tada je ona sama po sebi put idokaz je gotov.

1 Kako mi posmatramo samo proste grafove, belezenje grana u setnji nije zaista neophodno. Ovakvadefinicija medjutim ima svoj znacaj kod multigrafova, kod kojih izmedju dva cvora moze da postoji visegrana.


Pretpostavimo stoga da u njoj postoji ponavljanje cvorova i neka je, na primer, vi = vj

za neko i < j. Tada od setnje W mozemo da napravimo novu setnju

W ′ = (v0, e1, v1, . . . , ei, vi = vj , ej+1, vj+1, . . . , et, vt)

izmedju istih cvorova tako sto smo izbacili deo setnje izmedju vi i vj i u kojoj je broj pon-avljanja cvorova smanjen bar za jedan. Ukoliko W ′ nije put, tada ovaj postupak mozemoda nastavimo dalje, smanjujuci broj ponavljanja cvorova u novodobijenim setnjama, svedok ne dodjemo do setnje u kojoj nema ponavljanja cvorova. Takva setnja je trazeniput.

Ova lema je veoma korisna ukoliko setnja nije zatvorena, ali kakav put ona nalazikod zatvorenih setnji? Proucavajuci pazljivije gornji dokaz, mozemo da zakljucimo dau slucaju zatvorenih setnji, ona upravo nalazi put duzine 0 izmedju pocetnog i krajnjegcvora setnje, sto, priznacete, i nije neki uspeh. Mozemo li da dobijemo neki bolji rezultat?Ne bas kod svake setnje! Naime, zatvorene setnje mogu da budu degenerisane, kao setnja

(a, b, a, c, a, d, a)

na donjoj slici (grane su izbacene iz zapisa setnje), i u njima se zaista ne moze pronaciput duzine vece od 0 izmedju pocetnog i krajnjeg cvora.

a

b

c

d

Ovakve degenerisane setnje uvek imaju parnu duzinu i, ukoliko se ogranicimo samo nasetnje neparne duzine, onda mozemo i da pokazemo bolji rezultat.

TEOREMA 3.1.17. Svaka zatvorena setnja W = (v0, e1, v1, . . . , et, vt = v0) neparneduzine u grafu G sadrzi ciklus neparne duzine.

Dokaz . Ovu teoremu cemo dokazati, kao i prethodnu lemu, indukcijom po brojuponavljanja cvorova u setnji.

Najpre, ako zatvorena setnja W ne sadrzi drugih ponavljanja cvorova, osim prvog iposlednjeg, onda je upravo W trazeni ciklus neparne duzine.

Pretpostavimo sada da je tvrdjenje dokazano za sve zatvorene setnje neparne duzineu kojima je broj ponavljanja cvorova manji od k, k > 2, i neka je W zatvorena setnjaneparne duzine sa k ponavljanja cvorova. Izaberimo proizvoljno par cvorova vi = vj ,i < j, koji se ponavljaju u setnji W (s tim da nije i = 0, j = t) i formirajmo dve manjezatvorene setnje koje se sadrze u W :

W ′ = (v0, e1, v1, . . . , ei, vi, ej+1, vj+1, . . . , et, vt),W ′′ = (vi, ei+1, vi+1, . . . , ej , vj).

Svaka od zatvorenih setnji W ′ i W ′′ ima manje od k ponavljanja cvorova (u setnji W ′

nema ponavljanja cvorova vi i vj , a u setnji W ′′ nema ponavljanja cvorova v0 i vt). Zbir


duzina setnji W ′ i W ′′ jednak je duzini setnje W , pa stoga jedna od setnji W ′ i W ′′

ima neparnu duzinu. Za tu zatvorenu setnju neparne duzine sa manje od k ponavljanjacvorova vazi induktivna pretpostavka, pa ona stoga sadrzi ciklus C neparne duzine. Kakose obe setnje W ′ i W ′′ sadrze u W , to se i ciklus C sadrzi u W .

POVEZANOST

DEFINICIJA 3.1.18. Cvorovi u i v grafa G = (V, E) su povezani ako u G postojisetnja od u do v.

Graf G je povezan ako su svaka dva cvora u, v ∈ V povezana.

PRIMER 3.1.19. Graf sa leve strane donje slike je povezan, dok graf sa desne stranenije povezan. Naime, u njemu su medjusobno povezani cvorovi a, b i c, ali nijedan odnjih nije povezan sa cvorovima d, e i f .

a

b c

d

e

f

Relacija povezanosti izmedju cvorova u grafu je jedna relacija ekvivalencije. Ona jerefleksivna, s obzirom da je svaki cvor povezan sa samim sobom pomocu setnje duzine 0,koja se sastoji samo od tog cvora! Zatim, ova relacija je i simetricna, jer ako su cvoroviu i v povezani setnjom

W = (u, e1, w1, e2, w2, . . . , et−1, wt−1, et, v),

tada su cvorovi v i u povezani setnjom

W ∗ = (v, et, wt−1, et−1, . . . , w2, e2, w1, e1, u).

Konacno, relacija povezanosti je i tranzitivna: ako su cvorovi u i v povezani setnjom

W1 = (u, e1, w1, . . . , et−1, wt−1, et, v),

a cvorovi v i w povezani setnjom

W2 = (v, et+1, wt+1, . . . , es−1, ws−1, es, w),

tada su cvorovi u i w povezani setnjom

W = (u, e1, w1, . . . , et−1, wt−1, et, v, et+1, wt+1, . . . , es−1, ws−1, es, w).


DEFINICIJA 3.1.20. Klase ekvivalencije relacije povezanosti u grafu G su kompo-nente povezanosti.

Iz definicije klasa ekvivalencije sledi da su komponente povezanosti maksimalnipovezani podgrafovi u grafu. Sada vidimo i da je graf povezan ako i samo ako on ima samojednu komponentu povezanosti. U primeru 3.1.19, graf sa leve strane ima jednu kompo-nentu povezanosti — ceo graf, dok graf sa desne strane ima dve komponente povezanosti— a, b, c i d, e, f.

Povezanost grafova je moguce okarakterisati i na malo drugaciji nacin.

TEOREMA 3.1.21. Graf G = (V,E) je povezan ako i samo ako za svaku podeluV = V1 ∪ V2, V1 ∩ V2 = ∅, V1, V2 6= ∅, vazi da postoji grana koja spaja cvor iz V1 sacvorom iz V2.

Dokaz . Jedna strana dokaza je trivijalna: ako G nije povezan graf, tada on ima bardve komponente povezanosti C1, C2, . . . , Ct, t > 2, izmedju kojih ne moze da postojiniti jedna grana. Sada za podelu V1 = C1, V2 = C2 ∪ . . .∪Ct, vazi da ne postoji nijednagrana koja spaja cvor iz V1 sa cvorom iz V2.

S druge strane, neka je G povezan graf i V = V1 ∪ V2 proizvoljna podela cvorova.Neka je u ∈ V1 i v ∈ V2. Iz povezanosti grafa G sledi da izmedju u i v postoji setnja

W = (u = w0, e1, w1, e2, w2, . . . , et−1, wt−1, et, wt = v).

Primetimo da je w0 ∈ V1, wt ∈ V2. Neka je j najmanji indeks za koji je wj ∈ V2. Tadaje wj−1 ∈ V1 i grana ej , izmedju wj−1 i wj , je trazena grana koja spaja cvor iz V1 sacvorom iz V2.

DEFINICIJA 3.1.22. Cvor v u grafu G se naziva vezivni cvor ukoliko graf G − vima vise komponenti povezanosti od G.

Grana e u grafu G se naziva most ukoliko graf G−e ima vise komponenti povezanostiod G.

U literaturi se za vezivni cvor koristi i izraz artikulacioni cvor, dok se za most koristii izraz viseca grana.

U slucaju da je G povezan graf, uklanjanjem vezivnog cvora graf postaje nepovezan.Slicno, most je grana cijim uklanjanjem povezani graf takodje postaje nepovezan.

PRIMER 3.1.23. U grafu na donjoj slici, cvorovi a, b, c i d su vezivni cvorovi, agrane a, b i c, d su mostovi.

a b c d


RASTOJANJE

Neka je G = (V,E) povezan graf.

DEFINICIJA 3.1.24. Rastojanje dG(u, v) dva cvora u, v ∈ V je duzina najkracegputa izmedju u i v u G.

DEFINICIJA 3.1.25. Ekscentricitet ecc(u) cvora u ∈ V je najvece rastojanje odcvora u do svih ostalih cvorova, tj.

ecc(u) = maxv∈V

dG(u, v).

Dijametar D(G) grafa G je najveci ekscentricitet

D(G) = maxu∈V

ecc(u),

dok je radijus r(G) najmanji ekscentricitet

r(G) = minu∈V

ecc(u).

Cvorove sa najmanjim ekscentricitetom mozemo shvatiti kao svojevrsni centar grafa,dok cvorove sa najvecim ekscentricitetom, analogno tome, mozemo shvatiti kao periferijugrafa.

PRIMER 3.1.26. Rastojanja izmedju cvorova u grafu

a

b

c

d e

f

g

su data u tabeli

a b c d e f g ecc(v)a 0 1 1 2 3 4 4 4b 1 0 2 1 2 3 3 3c 1 2 0 1 2 3 3 3d 2 1 1 0 1 2 2 2e 3 2 2 1 0 1 1 3f 4 3 3 2 1 0 2 4g 4 3 3 2 1 2 0 4


U poslednjoj koloni se nalaze ekscentriciteti cvorova. Dijametar ovog grafa je 4, a radijusje 2.

Primetimo da u ovom konkretnom slucaju vazi da je D(G) = 2r(G), medjutim, uopstem slucaju vazi samo da je

r(G) 6 D(G) 6 2r(G).

Primer grafa za koji vazi da jednakost izmedju radijusa i dijametra je ciklus Cn, n > 3,za koji je r(Cn) = D(Cn) =

⌊n2

⌋.

NAPOMENA. Sta ako G nije povezan graf? Rastojanje izmedju cvorova se tada mozedefinisati za svaki par cvorova koji pripada istoj komponenti povezanosti. Medjutim, ako secvorovi u i v nalaze u razlicitim komponentama grafa G, tada se po konvenciji uzima da jedG(u, v) = ∞. U tom slucaju su i dijametar i radijus grafa G nedefinisani (odnosno, mozemouzeti da su po konvenciji i oni jednaki ∞).

Prema gornjoj definiciji, dG predstavlja funkciju dG : V × V 7→ R, koja se nazivafunkcija rastojanja, odnosno metrika grafa G. Metrika grafa G ima sledece osobine:

i) dG(u, v) > 0, pri cemu je dG(u, v) = 0 ako i samo ako je u = v (nenegativnostrastojanja);

ii) dG(u, v) = dG(v, u) za svaki par cvorova u, v ∈ V (simetricnost rastojanja);

iii) dG(u,w) 6 dG(u, v) + dG(v, w) za svaka tri cvora u, v, w ∈ V (nejednakost trougla).

Ispravnost ovih tvrdjenja se moze lako proveriti iz definicije funkcije rastojanja dG(u, v).Svako preslikavanje d : V × V 7→ R sa osobinama i)-iii) se zove metrika na skupu V ,a skup V zajedno sa takvim preslikavanjem d zove se metricki prostor. Pored ovoga,funkcija rastojanja ima jos dve specijalne osobine:

iv) dG(u, v) je nenegativni ceo broj za svaki par cvorova u, v ∈ V ;

v) ako je dG(u, w) > 1 tada postoji cvor v, razliciti i od u i od v, takav da vazidG(u,w) = dG(u, v) + dG(v, w).

Inace, moguce je dokazati da funkcija koja ima osobine i)-v) mora da predstavlja funkcijurastojanja nekog grafa sa skupom cvorova V .

PREDSTAVLJANJE GRAFOVA U RACUNARU

Vec smo rekli da se grafovi mogu upotrebiti za modeliranje i resavanje mnogihprakticnih problema. Takve probleme resavamo uz pomoc racunara i posebno za topisanih programa, a kao prvi korak neophodno je da znamo kako se graf moze predstavitiu racunaru. Postoje dva uobicajena nacina za to: pomocu listi susedstva i pomocu ma-trice susedstva.

DEFINICIJA 3.1.27. Za svaki cvor u grafa G = (V,E), lista susedstva lu sadrzi svecvorove koji su susedni sa njim u G,

lu =v ∈ V : u, v ∈ E


DEFINICIJA 3.1.28. Matrica susedstva AG grafa G = (V, E) je kvadratna |V |×|V |matrica, indeksirana cvorovima grafa G, za koju vazi

(AG)(u,v) =

1, u, v ∈ E0, u, v /∈ E

Svako od ovih predstavljanja ima svoje mane i prednosti. Osnovne razlike medjunjima ticu se potrosnje memorije i brzine kojom se moze ustanoviti da li su dva cvorasusedna. Liste susedstva efikasno koriste memoriju jer je potrebno uskladistiti svega2|E| podataka, medjutim, kada zelimo da ustanovimo da li su cvorovi u i v susedni,moramo da pretrazimo celu listu suseda za cvor u (ili cvor v). S druge strane, ma-trica susedstva sadrzi |V |2 podataka, bez obzira koliki je broj grana u grafu, ali se zatosusedstvo cvorova u i v ispituje uvek u konstantnom vremenu pomocu vrednosti Au,v.

S obzirom da je nesto jednostavnije napisati programe koji koriste matrice susedstva,one su danas najzastupljenije u praksi. Medjutim, liste susedstva dobijaju primat kadatreba smestiti graf sa velikim brojem cvorova, a relativno malo grana (u poredjenju sa|V |2).

PRIMER 3.1.29. Liste susedstva i matrica susedstva grafa

a

b

c

d e

f

g

su date u sledecim tabelama:

u lua b, cb a, dc a, dd b, c, ee d, f, gf eg e

a b c d e f ga 0 1 1 0 0 0 0b 1 0 0 1 0 0 0c 1 0 0 1 0 0 0d 0 1 1 0 1 0 0e 0 0 0 1 0 1 1f 0 0 0 0 1 0 0g 0 0 0 0 1 0 0

NAPOMENA. Vec spomenuti programski paket nauty koristi matrice susedstva za pred-stavljanje grafova, odnosno onaj deo matrice koji se nalazi iznad glavne dijagonale (podsetimose da prosti grafovi nemaju petlje, tj. grane kod kojih su pocetni i zavrsni cvorovi isti, te su stogakod njih 0 na glavnoj dijagonali, a kako su to neorijentisani grafovi njihova matrica susedstvaje simetricna — stoga je deo matrice iznad glavne dijagonale sasvim dovoljan da bismo odrediligraf). Paket nauty koristi g6 format, cije su glavne osobine relativno mala velicina, jer se zasvaki element matrice koristi samo po jedan bit, i vidljivost, jer se u svakom bajtu zapisa koristisamo sest najmanjih bitova (sabranih sa 63, tako da se u krajnjem zapisu koriste samo karakteri


sa ASCII kodom od 63 do 126). Ovo, na primer, omogucava da se graf zapisan u g6 formatumoze otvoriti u bilo kom tekst-editoru, kao i da se moze poslati unutar elektronske poste.

Vise informacija o nauty i g6 se moze naci na adresi

http://cs.anu.edu.au/~bdm/nauty/

Umesto detaljnog opisa strukture formata, dacemo pseudo-kod procedure za prevodjenjegrafa, zapisanog u g6 formatu kao niz bajtova w, u standardnu matricu susedstva A. Inace, bitsje pomocni niz bitova.

procedure convert g6(w)

// prvo nadjemo broj cvorovan := w(1)− 63;

// sada odredjujemo niz bitovabindex := 1for i := 2 to duzina(w)

k := w(i)− 63for j := 0 to 5

bits(bindex + 5− j) := ostatak k pri deljenju sa 2k := bk/2c

endbindex := bindex + 6

end

// kreiramo matrice susedstvak = 1;for j := 2 to n

for i := 1 to j − 1A(i, j) := bits(k)A(j, i) := bits(k)k := k + 1

endend

Matrica susedstva grafa poseduje vaznu osobinu da njeni stepeni Ak pruzaju infor-maciju ne samo o susedstvu cvorova, vec i o setnjama proizvoljne duzine u grafu.

TEOREMA 3.1.30. Ako je A matrica susedstva grafa G, tada za proizvoljan ne-negativan ceo broj k > 0 i svaka dva cvora u i v grafa G = (V,E), element

(Ak

)(u,v)

jejednak broju setnji duzine k od u do v u G.

Dokaz . Teoremu cemo dokazati indukcijom po stepenu k. Neka wk(u, v) oznacava brojsetnji duzine k od u do v u G. Za male vrednosti k tvrdjenje je ocigledno:

• Setnja duzine 0 se sastoji samo od jednog cvora (ne sadrzi nikakve grane), pa jestoga

w0(u, v) =

1, u = v0, u 6= v

.


Kako je A0 = I, gde je I jedinicna matrica, vidimo da zaista vazi(A0

)(u,v)

= w0(u, v).

• Setnja duzine 1 se sastoji od pocetnog cvora, krajnjeg cvora i grane kojom su ticvorovi povezani, pa je stoga

w1(u, v) =

1, u, v ∈ E,0, u, v /∈ E

.

Vidimo da vrednost w1(u, v) u stvari predstavlja odgovarajuci element matricesusedstva A, pa stoga tvrdjenje teoreme vazi i u ovom slucaju.

Pretpostavimo sada da je tvrdjenje teoreme dokazano za neko k0 ≥ 0 i dokazimo gaza k0 + 1. Po definiciji proizvoda matrica, imamo da je

(Ak0+1

)(u,v)

=∑

w∈V

(Ak0

)u,w

·Aw,v,

a kako je Aw,v = 1 samo za w ∈ NG(v), to je

(Ak0+1

)(u,v)

=∑

w∈NG(v)

(Ak0

)u,w

.

Po induktivnoj pretpostavci, vazi da je(Ak0

)u,w

= wk0(u,w),

tako da je

(3.1)(Ak0+1

)(u,v)

=∑

w∈NG(v)

wk0(u,w).

S druge strane, svaka setnja duzine k0 + 1 od u do v odredjuje jednoznacno setnjuduzine k od u do nekog suseda w cvora v (pracenu granom od w do v). Vazi i obratno:svakoj setnji duzine k od u do nekog suseda w cvora v odgovara tacno jedna setnja duzinek0 + 1 od u do v. Zbog toga je

wk0+1(u, v) =∑

w∈NG(v)

wk0(u,w).

Sada na osnovu (3.1) zakljucujemo da zaista vazi(Ak0+1

)(u,v)

= wk0+1(u, v).

Ako su u grafu G cvorovi u i v na rastojanju d(u, v), tada ne postoji setnja izmedjuu i v duzine manje od d(u, v), pa, po prethodnoj teoremi, vazi da je

(Ak

)u,v

= 0, za svako k < d(u, v).

Ovo tvrdjenje mozemo iskazati i drugacije.


POSLEDICA. 3.1.31 Ako je A matrica susedstva grafa G, a d(u, v) oznacava rasto-janje cvorova u i v, tada je

d(u, v) = mink :(Ak

)u,v

6= 0.

Ova posledica daje jedan od nacina za odredjivanje rastojanja izmedju cvorova grafa.Mada je ona, u stvari, vrlo neprakticna za opstu upotrebu, uz pomoc algoritama za brzomnozenje matrica, moze se efikasno iskoristiti kada treba proveriti da li su neki cvorovina rastojanju 2 ili 3.

ZADACI

3.1.1. a) Odrediti broj grana u potpunom grafu Kn sa n cvorova.

b) Koriscenjem prethodnog rezultata pokazati da je 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)2 .

3.1.2. Niz celih brojeva (d1, d2, . . . , dn) je graficki ako postoji graf G sa skupom cvorovaV (G) = v1, v2, . . . , vn tako da je dG(vi) = di. Dokazati da je nerastuci niz celih brojevav = (d1, d2, . . . , dn), gde je n− 1 > d1 > d2 > . . . > dn > 0, graficki ako i samo ako je nizv′ = (d2− 1, d3− 1, . . . , dd1+1− 1, dd1+2, . . . , dn) graficki (tj. akko je niz w, koji se dobijaod v′ sortiranjem tako da bude nerastuci, graficki).

3.1.3. Utvrditi da li su sledeci nizovi graficki i, za one koji jesu graficki, konstruisatiodgovarajuce grafove:a) (4, 4, 3, 2, 1); b) (6, 6, 5, 4, 3, 3, 1); c) (3, 3, 2, 2, 2, 2, 1, 1);d) (5, 4, 3, 3, 3, 3, 3, 2); e) (7, 6, 6, 5, 4, 3, 2, 1); f) (7, 7, 6, 5, 4, 4, 3, 2);g) (7, 4, 3, 3, 2, 2, 2, 1, 1, 1); h) (8, 7, 7, 6, 6, 5, 4, 3, 3, 1, 1, 1).

3.1.4. a) Da li je moguce 6 gradova povezati putevima tako da iz tih gradova redomizlazi 5,4,3,3,2,2 puteva?b) Da li je moguce 5 gradova povezati putevima tako da iz tih gradova redom izlazi4,3,2,1,0 puteva?c) Da li je moguce 6 gradova povezati putevima tako da iz tih gradova redom izlazi4,4,4,3,3,2 puteva?d) Da li je moguce 7 gradova povezati putevima tako da iz tih gradova redom izlazi6,3,3,3,3,3,3 puteva?Ukoliko je odgovor potvrdan odrediti na koliko razlicitih nacina je to moguce uraditi.(Izmedju 2 razlicita grada moze biti najvise 1 put.)

3.1.5. a) Postoji li graf sa stepenima cvorova 6,6,6,6,6,6,5,3,3,3,3?b) Postoji li bipartitni graf sa stepenima cvorova 6,6,6,6,6,6,6,6,5,3,3,3,3,3?c) Postoji li graf sa stepenima cvorova 9,8,6,5,3,3,3,3,1,1?

3.1.6. Pokazati da postoji prost graf sa 12 cvorova i 28 grana, takav da je stepensvakog cvora jednak ili 3 ili 5. Nacrtati takav graf.


3.1.7. Dokazati da ne postoji prost graf sa 12 cvorova i 28 grana, takav da je stepensvakog cvora jednak: a) ili 3 ili 4; b) ili 3 ili 6.

3.1.8. Neka je v = (d1, d2, . . . , dn) i w = (wn, wn−1, . . . , w2, w1), gde je wi = n−1−di.Pokazati da je niz v graficki ako i samo ako je niz w graficki.

3.1.9. U ligi koja se sastoji od dve grupe sa po 13 timova u svakoj grupi, odrediti da lije moguce napraviti raspored utakmica u sezoni tako da svaki tim odigra devet utakmicaprotiv timova iz svoje grupe i cetiri utakmice protiv timova iz suprotne grupe.

3.1.10. a) Dokazati da u svakom grafu postoje dva cvora istog stepena.b) Na sahovskom turniru svaki igrac je odigrao sa svakim drugim igracem najvise jednupartiju. Dokazati da u svakom trenutku na turniru postoje bar dva igraca koji su do togtrenutka odigrali isti broj partija.

3.1.11. Konstruisati regularan graf stepena 3 sa 2n cvorova (n>3) koji nema trouglova(kontura duzine 3).

3.1.12. Odrediti 3-regularne grafove G, sa minimalnim brojem cvorova, takve da imje najmanja duzina ciklusa jednaka: a) g(G) = 4; a) g(G) = 5.

3.1.13. Odrediti maksimalan broj grana u bipartitnom grafu sa n cvorova.

3.1.14. Pokazati da komplement bipartitnog grafa ne mora biti bipartitan graf.

3.1.15. n-dimenzionalna kocka Qn je graf ciji je skup cvorova skup svih uredjenih n-torki(a1, a2, . . . , an) gde ai ∈ 0, 1. Dva cvora su susedna ako i samo ako se odgovarajucen-torke razlikuju u tacno jednoj koordinati. Dokazati da za n-dimenzionalnu kocku Qn

vaze sledeca tvrdjenja:

a) Qn je n-regularan graf;

b) |V (Qn)| = 2k, |E(Qn)| = n · 2n−1;

c) Qn je bipartitan graf;

d) Qn je povezan graf.

3.1.16. Ako bipartitan graf ima n cvorova i e grana, dokazati da je e 6 n2

4 .

3.1.17. Odrediti najveci broj grana u bipartitnom podgrafu grafa:a) Pn, n > 2.b) Cn, n > 2.c) Kn, n > 2.

3.1.18. Rekonstruisati graf G sa 5 cvorova ako su dati njegovi indukovani podgrafoviGi = G− vi za i = 1, 2, 3, 4, 5, na sledeci nacin: G1 je potpung graf sa 4 cvora iz koga jeizbacena jedna grana, G2 ima 2 komponente povezanosti od cega je jedna put duzine 3,a druga izolovan cvor, G3je zvezda sa 3 cvora i G4 i G5 predstavljaju trouglove kod kojihje jedan cvor spojen granom sa cetvrtim cvorom (matematicki ovo mozemo zapisati kaoG1 = K4 − e, G2 = P3 ∪K1, G3 = S4 = K1,3, G4 = G5 = K1,3 + e).


3.1.19. Neka graf G = (V, E) ima n cvorova i m grana. Odrediti broj podgrafovaindukovanih nekim skupom X ⊆ V . Ako je G = Kn, odrediti ukupan broj svih pod-grafova.

3.1.20. a) Ako je δ(G) > 2, dokazati da G sadrzi ciklus.b) Ako je δ(G) > 2, dokazati da G sadrzi ciklus duzine bar δ(G) + 1.c) Ako je δ(G) > 3, dokazati da G sadrzi ciklus parne duzine.

3.1.21. Neka je G graf sa bar 6 cvorova. Dokazati da bar jedan od grafova G, G sadrzitrougao.

3.1.22. Neka je G k-regularan graf sa n cvorova. Odrediti ukupan broj trouglova u Gi njegovom komplementu G.

3.1.23. Ako je dijametar grafa G veci od 3, tada je dijametar komplementa G manjiod 3. Dokazati.

3.1.24. Dokazati da je najmanji broj cvorova regularnog grafa stepena 3 sa mostomjednak 10.

3.1.25. Dokazati da regularan graf stepena 3 ima most ako i samo ako ima vezivnicvor.

3.1.26. Neka je G neprazan graf sa bar jednom granom, u kojem svaka dva cvora istogstepena nemaju zajednickih suseda. Dokazati da G sadrzi cvor stepena 1.

3.1.27. U skupu od n, n > 4, osoba medju svake cetiri osobe postoji jedna koja sepoznaje sa preostale tri. Dokazati da u tom skupu postoji osoba koja poznaje sve osobe.

3.1.28. Na zabavi kod prof. Mozgica ucestvuje n bracnih parova. Nijedna osoba se nijerukovala sa svojim bracnim drugom, a pritom se svih 2n− 1 osoba, osim prof. Mozgica,rukovalo sa razlicitim brojem osoba. Sa koliko osoba se rukovala zena prof. Mozgica?

3.1.29. U dnevnoj sobi se nalazi neki broj ljudi, i poznato je da svaki od njih poznajetacno pet prisutnih. Dokazati da je za neko n > 5 moguce odabrati n ljudi iz dnevnesobe i smestiti ih za okrugli sto u trpezariji tako da svako sedi izmedju dva poznanika.

3.1.30. Ispitati koji od sledecih grafova su izomorfni:

t t

t tt t

t tt ttt

t tt ttt

3.1.31. Ispitati da li su sledeci grafovi izomorfni.

ss

s

s

sss

´

QQs

s

s

s

sss

´

QQ

3.1.32. Odrediti 3 neizomorfna grafa sa 6 cvorova koji imaju stepene cvorova1,1,2,2,3,3.

3.1.33. Odrediti broj neizomorfnih grafova sa 4 i 5 cvorova. Nacrtati sve te grafove.


3.1.34. a) Pronaci izomorfizam izmedju sledecih grafova:

b) Dokazati da su oba grafa izomorfna sa sledecim grafom: skup cvorova je(1,2,...,5

2

),

a dva cvora i, j i k, l su susedna, i, j, k, l ∈ 1, 2, . . . , 5, ako i samo ako je i, j ∩k, l = ∅.

NAPOMENA. Zajednicko ime za ove grafove je Petersenov graf.

3.1.35. Dokazati da su grafovi na slici medjusobno neizomorfni.

3.1.36. Koliko grafova na skupu cvorova 1, 2, . . . , 2n je izomorfno sa grafom koji sesastoji od n disjunktnih grana 1, 2, 3, 4, . . . , 2n− 1, 2n?

3.1.37. Za n ∈ N naci broj automorfizama grafova: a) Pn; b) Cn; c) Kn.

3.1.38. Graf izomorfan sa svojim komplementom naziva se samokomplementaran graf.Dokazati da je broj cvorova u samokomplementarnom grafu oblika 4k ili 4k + 1.

3.1.39. Odrediti sve samokomplementarne grafove sa 4 i 5 cvorova.

3.1.40. Neka je G samokomplementaran graf sa n cvorova, gde je n ≡ 1 (mod 4).Dokazati da G sadrzi cvor stepena n−1

2 .

3.1.41. Ispisati sve moguce matrice susedstva za put sa tri cvora i ciklus sa tri cvora.

3.1.42. Ispisati bar jednu matricu susedstva A za grafove a) Kn; b) Km,n, m, n ∈ N.

3.1.43. Neka je A matrica susedstva grafa K2,3, m, n ∈ N. Izracunati A2 i A3. Kojezakljucke mozemo izvuci iz ovih matrica?

3.1.44. Automorfizam grafa G = (V, E) je izomorfizam grafa sa samim sobom. Grafse naziva asimetrican ako je njegov jedini automorfizam identicko preslikavanje (kada sesvaki cvor slika u samog sebe).a) Dokazati da ne postoji asimetrican graf G za koji je 2 6 |V (G)|6 5.b) Naci primer asimetricnog grafa sa bar 6 cvorova.c) Naci 3-regularan asimetrican graf.


3.2 STABLA

Stabla (ili drveta) predstavljaju ujedno jednu od najjednostavnijih, ali i najvaznijihklasa grafova. Dakle, ona imaju relativno jednostavnu strukturu, ali ipak dovoljnoslozenu da zasluzuju poseban tretman (interesovanje). Mnoge osobine grafova zaviseupravo od stabala, kao njihovih sastavnih delova. Poseban znacaj stabla imaju u raznimprimenama (u elektrotehnici, racunarstvu, fizici, hemiji itd.).

POJAM STABLA I OSNOVNA SVOJSTVA

Stablo se moze posmatrati u dva konteksta: kao poseban graf (koji poseduje nekastrukturna svojstva), ili kao podgraf nekog (povezanog) grafa. Slicna situacija se javlja isa konturama (ciklusima) .

DEFINICIJA 3.2.1. Stablo je povezan graf bez kontura.

Stablo se ponegde u literaturi naziva i drvo (eng. tree). Na sledecoj slici data su sva(neizomorfna) stabla sa najvise pet cvorova.

Vidimo da postoji samo jedno stablo sa n = 1 (takvo stablo se naziva i trivijalno jernema grana), n = 2 i n = 3 cvora. Postoje 2 stabla sa n = 4 cvora i 3 stabla sa n = 5cvorova (ona su u drugom redu).

Iz gornje slike mogu se naslutiti mnoge osobine stabala. Na primer, mogu se dokazatisledece osobine stabala.

TEOREMA 3.2.2. Sledeci iskazi su ekvivalentni:

i) Stablo je povezan graf bez kontura.

ii) Stablo je povezan graf sa n cvorova i m = n− 1 grana.

iii) Stablo je graf sa n cvorova, m = n− 1 grana i bez kontura.

iv) Stablo je minimalan povezan graf (udaljavanjem bilo koje grane postaje nepovezangraf).

v) Stablo je maksimalan graf bez kontura (dodavanjem bilo koje grane formira sekontura).

vi) Stablo je graf u kome su svaka dva cvora povezana jedistvenim putem.


Dokaz . Dovoljno je dokazati da svaki iskaz implicira sledeci, a poslednji prvi.

i) ⇒ ii): Indukcijom po n. Za n62 nema sta da se dokazuje. Pretpostavimo da tvrdjenjevazi za sve grafove sa najvise n cvorova (n > 2). Posmatrajmo povezan graf bez konturasa n+1 cvorova. Uocimo dva cvora u tom grafu na najvecoj udaljenosti (duzina najkracegputa je najveca). Tada su ti cvorovi stepena jedan. U protivnom vazilo bi da postojiduzi put (ako je jedan od krajnjih cvorova susedan jednom cvoru van uocenog puta), ilise u protivnom javlja kontura (ako je jedan od krajnjih cvorova susedan bar sa dva cvoraputa). Udaljavanjem jednog od tih cvorova stepena jedan, dobija se graf koji je povezani bez kontura. Na osnovu indukcijske hipoteze on ima n cvorova i m = n − 1 granu.Samim tim posmatrani graf ima n + 1 cvorova i n grana, sto je i trebalo dokazati.

ii) ⇒ iii): Pretpostavimo da graf poseduje bar jednu konturu, i neka je K jedna odtih kontura. Jasno je da svaki cvor konture K ima stepen bar dva. Primetimo zatimda je prosecan stepen cvora grafa G manji od 2 (naime, d = 2m

n = 2 − 2n ). Odatle

sledi da postoji bar jedan cvor u grafu stepena jedan (pretpostanlja se da je n > 1; uprotivnom nema sta da se dokazuje). Udaljino iz grafa bilo koji cvor stepena jedan injemu incidentnu granu. Tada se dobija povezan graf sa n′ = n− 1 cvorova i m′ = n′− 1grana. Takodje je jasno da udaljeni cvor ne pripada konturi K. Ponavljajuci isti postupakna dobijeni podgraf, kao i njegove podgrafove, dobicemo posle konacno mnogo korakagraf koji sadrzi samo cvorove konture K, dakle nijedan cvor stepena jedan, kontradikcija.Stoga, posmatrani graf G nema kontura. Ovim je implikacija dokazana.

iii) ⇒ iv): Pretpostavimo najpre da je graf nepovezan i da ima k > 1 komponenata.Tada je svaka njegova komponenta stablo (jer nema kontura). Stoga i–ta komponentaima ni cvorova i mi = ni − 1 grana (i = 1, 2, . . . , k). Odatle direktno sledi da je ukupanbroj grana grafa m = n− k, kontradikcija, s obzirom da je m = n− 1. Dokazimo sada iminmalnost. Pretpostavimo stoga da smo udaljavanjem neke grane dobili povezan graf.Tada izmedju krajnjih cvorova te grane postoji bar jedan put. Ako bismo vratili udaljenugranu, ona bi sa uocenim putem formirala konturu, sto je u suprotnosti pretpostavkamau okviru (iii). Stoga je implikacija dokazana.

iv) ⇒ v): Najpre, ocigledno je da graf nema kontura. Naime, udaljavanjem bilo kojegrane sa konture, dobili bismo povezan graf sto je prema u suprotnosti sa (iv). Dokazimosada i maksimalnost. Drugim recima pretpostavimo da smo grafu dodali granu i danismo formirali konturu. Medjutim to je nemogucno, jer je graf bio povezan, tako da jeizmedju krajnjih cvorova dodate grane postojao put, a samim tim je dodavanjem graneneminovno doslo do formiranja konture. Ovim je implikacija dokazana.

v) ⇒ vi): Pretpostavimo da izmedju dva cvora ne postoji put koji ih povezuje. Tadabi dodavanjem grane izmedju ta dva cvora dobili graf bez konture, sto je u suprotnostisa (v). Dakle, izmedju svaka dva cvora postoji bar jedan put. Ako bi izmedju dvacvora postojala bar dva puta, tada bi u grafu postojala kontura. Naime ovi putevi senajpre razdvajaju pocesi od nekog cvora (potencijalno polaznog za oba puta) a zatim isstapaju u isti cvor (potencijalno zavrsnog za oba puta). Medjutim, postojanje kontureje u suprotnosti sa (v). Ovim je implikacija dokazana.

vi) ⇒ i): Najpre, jasno je da je graf povezan. Ako bi u grafu postojala bar jedna kontura,tada bi izmedju bilo koja dva cvora neke konture postojala dva razlicia puta, sto je usuprotnosti sa (vi). Stoga je graf, na osnovu definicije 1, stablo.

Ovim je teorema dokazana.

Interesantno je primetiti da se svaki od prethodnih iskaza iz Teoreme 3.2.2 moze uzeti


za definiciju stabla.

DEFINICIJA 3.2.3. Cvor stepena 1 u grafu se naziva list.

Sada se iz dokaza Teoreme 3.2.2 moze izvuci i sledeca korisna lema.

LEMA. 3.2.4. Svako stablo sa bar dva cvora sadrzi bar dva lista.

DEFINICIJA 3.2.5. Suma je graf cija je svaka komponenta stablo.

Sledece tvrdjenje opisuje centar stabla.

TEOREMA 3.2.6. Centar stabla se sastoji ili od jednog cvora, ili od dva susednacvora.

Dokaz . Dokaz se moze sprovesti indukcijom po broju cvorova stabla. Lako se proveravada je teorema tacna za sva stabla, recimo do 5 cvorova (videti Sliku ??).

Posmatramo sada proizvoljno stablo T sa n > 5 cvorova. Neka je T ′ graf dobijeniz T udaljavanjem svih listova iz T . Tada je T ′ stablo (jer je dobijeni graf povezan ibez kontura). Dalje, ekscentricitet svakog cvora iz T ′ je umanjen za jedan u odnosu nanjegov ekscentricitet u T . Razlog je sledeci: Ako za neki cvor v vazi da je najudaljenijicvor od njega (recimo w) stepena veceg od jedan, tada bi mogli naci sused cvora w kojije na vecoj udaljenosti od w, sto je u suprotnosti sa izborom cvora w. Samim tim stablaT i T ′ imaju iste centre. Na osnovu indukcijske hipoteze, centar stabla T ′ se sastoji iliod jednog cvora, ili od dva susedna cvora, a stoga i stablo T .

Ovim je teorema dokazana.

Bez dokaza navodimo sledecu teoremu (jer je posledica prethodne teoreme i odgo-varajucih definicija).

TEOREMA 3.2.7. Centar stabla T se sastoji od jednog cvora ako i samo ako jeD(T ) = 2r(T ); u protivnom je D(T ) = 2r(T )− 1.

KORENSKA STABLA

U raznim primenama od posebnog znacaja su korenska stabla.

DEFINICIJA 3.2.8. Stablo u kome je jedan cvor posebno izdvojen naziva se koren-sko stablo, a taj cvor se naziva koren stabla.

Na sledecoj slici dati su primeri korenskih stabala.


Terminologija vezana za korenska stabala tradicijalno se oslanja na botanicke i ge-nealoske pojmove. Ako je T korensko stablo, a v cvor razlicit od korena, roditelj cvorav je cvor u takav da je uv orijentisana grana od u ka v; tada je v dete cvora u (roditeljdatog cvora je jedinstven – zasto?). Cvorovi sa istim roditeljem u su deca cvora u. Precicvora u, koji nije koren, su svi cvorovi koji leze na putu od korena do cvora u (bez u).Potomci cvora u su svi cvorovi koji imaju cvor u kao pretka. List je cvor bez dece; ostalicvorovi su interni cvorovi—?. Koren je interni cvor ako stablo T sadrzi bar dva cvora.

Ako je u cvor korenskog stabla, tada je podstablo sa korenom u stablo indukovanocvorom u i njegovim potomcima.

Od posebnog interesa su stabla data sledecom definicijom.

DEFINICIJA 3.2.9. Korensko stablo se naziva m–arno stablo ako svaki interni cvorima najvise m dece. Potpuno m–arno stablo je stablo u kome svaki interni cvor imatacno m dece. Za m = 2 odgovarajuce m–arno stablo se naziva binarno stablo.

Na donjoj slici data su tri m–arna (korenska) stabla. Prvo je ternarno, a drugo jepotpuno ternarno stablo. Trece stablo je binarno.

U mnogim slucajevima vodi se racuna i kako su cvorovi postavljeni u ravni (geometrij-skoj interpretaciji). Uredjena korenska stabla su stabla u kojima su deca svakog internogcvora data u odredjenom poretku. Prilikom crtanja tih grafova, cvorovi se smestajusleve na desnu stranu uz respektovanje poretka. Time su ujedno i grane stabla uredjene.Kod binarnih stabala (podrazumeva se uredjenih), ako roditelj ima dva deteta, tada suu upotrebi i pojmovi levo dete (podstablo), ili desno dete (podstablo). Ponekad, akoroditelj ima samo jedno dete, ono moze biti ili levo ili desno dete.

Vazno svojstvo korenskog stabla je da je izmedju svakog cvora grafa i korena postojijedinstven put. U odnosu na koren, moze se izvrsiti particija skupa cvorova grafa nasledeci nacin: V0 se sastoji samo od korena; Vi (i > 1) je skup cvorova grafa na rastojanjui od korena. Dakle imamo da se skup cvorova grafa moze predstaviti ”razbiti”na sledecinacin:

V = V0 ∪ V1 ∪ . . . ∪ Vh


Uobicajeno je da se kaze da su cvorovi i na i–tom nivou (sloju) u odnosu na r (korenstabla). Za Vh (6= ∅) se kaze da predstavlja skup listova korenskog stabla, ili njegovih ter-minalnih (zavrsnih) cvorova. Ujedno, h je visina stabla. Cvorovi iz V \Vh, predstavljajuunutrasnje cvorove stabla.

Korenska stabla imaju veliku primenu u racunarstvu. Pokazacemo sada na primerukako se neka formula moze predstaviti korenskim stablom (videti sledecu sliku). Formulu((a + b) · (c− d)) + (a · d) mozemo pretstaviti sledecim korenskim stablom.

+

+ -- a d

a b c d

(a + b) · (c− d) + a · dKoren odgovara celoj formuli; svaki unutrasnji cvor odgovara nekoj podformuli; na

primer, levo podstablo korena odgovara podformuli (a + b) · (c − d), a desno podstablokorena odgovara podformuli a ·d (ova 2 podstabla su predstavljena na sledecoj slici); itd.listovi stabla odgovaraju slovnim simbolima (promenljivim).

+ -- a d

a b c d

(a + b) · (c− d) a · dIzdvojicemo definiciju binarnog stabla, da bismo mogli da je uporedimo sa rekurzivnom

definicijom koja sledi.

DEFINICIJA 3.2.10. Za korensko stablo se kaze da je binarno ako svaki cvor stabla(otac) ima najvise dva susedna cvora na sledecem nivou (sina). U standardnom prikazubinarnog stabla sin sa leve strane se naziva levi sin, a sin sa desne strane desni sin.

Sada cemo dati i alternativnu (rekurzivnu) definiciju binarnog stabla.

DEFINICIJA 3.2.11. (Rekurzivna definicija) T je binarno stablo ako vazi:

i) T = K1;

ii) ako su T1 i T2 binarna stabla, tada je i T = T1 ∗ T2 binarno stablo, pri cemu jeT1 ∗ T2 graf dobijen uvodjenjem novog cvora (koren stabla T ) i povezivanjem togcvora granom sa korenima stabala T1 i T2 (ukoliko oni nisu prazni, to jest bezcvorova).


Sledeca teorema je direktna posledica ovih definicija.

TEOREMA 3.2.12. Neka je T binarno stablo sa n cvorova i visine h. Tada je

n 6 2h+1 − 1,

ili alternativno,h > log2(n + 1)− 1.

Dokaz . Dokaz ide matematickom indukcijom po visini stabla h.

Posmatracemo sada neke standardne nacine obilazaka cvorova binarnih stabala. Tosu KLD, LKD i LDK obilasci (slova K, L, D su skracenice od reci koren, levo podstablo idesno podstablo i oznacavaju kojim redosledom vrsimo obilazak). Na primeru korenskogstabla sa sledece slike islustrovacemo svaki od opisanih nacina obilaska cvorova stabla.

A

B

D

H

E

I J

C

F

K

G

(i) KLD–obilazak (engleski: pre–order). Kod ovog nacina obilaska binarnog stablanajpre se obilazi koren, zatim levo podstablo, pa tek potom desno podstablo. Na primer,binarno stablo sa prethodne slike, bi se obislo na sledeci nacin:

A B D H E I J C F K G.

(ii) LKD–obilazak (engleski: in–order). Kod ovog nacina obilaska binarnog stablanajpre se obilazi levo podstablo, zatim koren, pa tek potom desno podstablo. Na primer,binarno stablo sa prethodne slike, bi se obislo na sledeci nacin:

H D B I E J A F K C G.

(iii) LDK–obilazak (engleski: post–order). Kod ovog nacina obilaska binarnog stablanajpre se obilazi levo podstablo, zatim desno podstablo, koren, pa tek potom koren. Naprimer, binarno stablo sa prethodne slike, bi se obislo na sledeci nacin:

H D I J E B K F G C A.

STABLA I PRETRAGE GRAFOVA

U mnogim grafovskim algoritmima zahteva se obilazak (ili pretraga, ili prosledjvanje)pre svega cvorova (ali i grana) grafa, odnosno digrafa, po nekom utrdjenom principu. Na


primer, polazeci od proizvoljnog cvora, mozemo se upustiti najpre u obilazak njegovihsuseda, pa zatim suseda tih suseda, . . . itd. redom dok ne obidjemo sve cvorove grafa. Ujednom takvom procesu, stalno cemo imati da je jedan deo cvorova (a uzgred i grana)vec obidjen, a da se u narednom koraku vrsi izbor kandidata koji ce biti obidjen. Postoje taj izbor uglavnom viseznacan, mogucno je uvesti i neka pravila kojima se reguliseprioritet u izboru potencijalnih kandidata za naredni korak u obilasku. U okviru oveknjige opisacemo dve vrste obilazaka, ili strategija u pretrazi:

– pretragu u dubinu;

– pretragu u sirinu.

Za obe pretrage je karakteristucno da se njima obilaze svi cvorovi grafa, kao i grane,i to svaka po jedanput u smeru njene orijentacije, ili u oba smera ako je neorijenti-sana. Izbor strategije, tj. pretrage, bitno zavisi od algoritma i direktno utice na njegovuefikasnost. Dakle, nije dovoljno obratiti paznju samo na izbor reprezentacije grafa, veci na nacin njegove pretrage. U nastavku, pored opisa gornjih pretraga, dacemo i nekeposledice koje se javljaju u vidu klasifikacija grana grafova (ili digrafova).

Pretraga u dubinu: Posmatrajmo najpre (neorijentisane) grafove. Ne umanjujuciopstost, pretpostavimo jos da je polazni graf G = (V, E) povezan, kao i da je r njegovkoren, tj. polazni cvor pretrage. Sa U ⊆ V oznacimo skup vec obidjenih cvorova grafaG. Na pocetku pretrage imamo da je r jedini element skupa U . U svakoj fazi pretragesmatracemo i da je jedan od cvorova skupa U aktivan (od njega polaze sve naredneaktivnosti). Na pocetku pretrage aktivan je, jasno, cvor r. Pretpostavimo zatim da je unekoj fazi pretrage aktivan cvor u. Nadalje mogu da nastupe dve mogucnosti:

1 Ako postoji cvor u′, susedan sa cvorom u, a da nije obidjen (u′ 6∈ U), tada secvor u′ dodeljuje skupu U (U ← U ∪ u′) i ujedno se u′ proglasava aktivnim(prosledjivanje u dubinu).

2 Ako ne postoji cvor u′ kao pod 1, tada se uocava cvor v (ukoliko postoji) iz kogasmo stigli u cvora u u prethodnoj fazi i on se proglasava aktivnim (prosledjivanjeunazad); ukoliko cvor kao sto je v ne postoji, pretraga je zavrsena.

NAPOMENA. Ako je graf G nepovezan, tada se opisani algoritam moze modifikovati takoda se pretraga obavlja po komponentama povezanosti.

PRIMER 3.2.13. Na donjoj slici dat je graf sa 10 cvorova i dve komponentepovezanosti. Oznake cvorova odgovaraju redosledu obilaska pojedinih cvorova.

s

s

s

s

s

s

s

s

s

sSS

SS

SSo

SS

SS

SSo

SS

SS

SSo

SS

SS

SSo

-¶

¶¶

¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶/

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶/

¾

-

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶7

?

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶7

1 2

36

4 5

7

8

9

10


Primetimo da smo po obilasku cvora 6, skocili na obilazak cvora 7 u drugoj kompo-nenti povezanosti.

Gornji primer sugerise i neke vazne “dobiti” od pretrage u dubinu. Najpre, mozemoprimetiti da se pretragom, u opstem slucaju, cvorovi grafa mogu numerisati. Naime, zagraf G = (V, E) mozemo uociti preslikavanje

num : V → 1, 2, . . . , |V |za koje vazi num(v) < num(w), ako je cvor v obidjen pre cvora w. Pored toga, akouocimo grane preko kojih se vrsi prosledjivanje u dubinu (na Sl. 1 one su zadebljane iorijentisane u smeru kretanja pri prelasku iz cvora u cvor) (prosledjivanje u dubinu), vidise da one obrazuju razapunjuce korensko stablo u povezanom grafu (odnosno razapunjucukorensku sumu u nepovezanom grafu). Ostale grane se mogu orijentisati u smeru (prvog)pokusaja prelaska iz cvora u cvor (drugi cvor je vec obidjen). Stoga su grane grafa Gpodeljene u dve klase:

– frontalne grane (pripadaju razapunjucem korenskom stablu odgovarajuce kompo-nente, tj. za svaku granu (u, u′) iz aktivnog cvora u direktno se prelazi u aktivancvor u′ prosledjivanjem u dubinu);

– povratne grane (pripadaju razapinjucem kostablu odgovarajuce komponente).

Primetimo jos da za proizvoljnu granu vw grafa G vazi:

– num(v) < num(w) ako je ona frontalna, odnosno

– num(v) > num(w) ako je ona povratna.

Gornja zapazanja cemo sada i dokazati.

TEOREMA 3.2.14. Frontalne grane grafa G koje pripadaju istoj komponentiobrazuju razapinjuce korensko stablo.

Dokaz . Ne umanjujuci opstost neka je G = (V, E) povezan graf i neka je T = (U,F )podgraf indukovan frontalnim granama. Najpre imamo da je U = V (jer je svaki cvorobidjen). Dakle, T je razapinjuci podgraf. Dokazimo da je on i stablo, tj. da je, recimo,povezan i bez kontura.

Povezanost je ocigledna. Naime, u svakoj fazi pretrage trenutno postojece frontalnegrane obrazuju povezan podgraf nad obidjenim skupom cvorova (sto se moze potvrditi idokazom baziranim na matematickoj indukciji).

Pretpostavimo sada da neke frontalne grane formiraju konturu. Uocimo njihove ori-jentacije indukovane pretragom. Kako u bilo koji cvor grafa (a i konture) ne mogu ulazitidve frontalne grane (uslovljeno pretragom), to su sve grane konture orijentisane u istomsmeru vezano za obilazak konture. Medjutim, ako bismo sada uzmeli u obzir i numeracijacvorova konture, dobili bismo kontradikciju, tj. da sve grane konture nisu frontalne.

Najzad, ocigledno je da je T i korensko stablo (polazni cvor je koren).Ovim je teorema dokazana.

DEFINICIJA 3.2.15. Stablo koje se formira pretragom u dubinu povezanog grafaG predstavlja stablo pretrage u dubinu. Ovo stablo je korensko stablo orijentisano odkorena ka listovima. Ukoliko je graf G nepovezan tada se dobija suma.


Na sledecoj strani je dat formalni opis algoritma pretrage u dubinu (u skladu sakoriscenom notacijom). Procedura koju dajemo PUD je rekurzivna. Ovaj algoritam seuz neznatne modifikacije, moze se koristiti i za digrafove. Jedina bitna razlika je da setada ne uvode nove orijentacije grana, vec se uvazavaju postojece.

procedure PUD(y, x); y je aktivni cvor dosegnut iz cvora xbegin

i ← i + 1;num(y) ← i; numerisanje cvora yfor y′ ∈ sus(y) do sus(y) je skup suseda cvora y

if num(y′) = 0 thenbegin

Uf ← Uf ∪ (y, y′); dodavanje frontalne granePUD(y′, y)

endelse if num(y′) < num(y) and y 6= x

then Up ← Up ∪ (y, y′) dodavanje povratne graneend;

i ← 0;for x ∈ X do num(x) ← 0;Uf ← ∅; Uf je skup frontalnih granaUp ← ∅; Up je skup povratnih granafor r ∈ X do

if num(r) = 0 then PUD(r, 0). r je koren novog stabla

Sadacemo opisati pretragu jednog digrafa i dodatnih efekata izazvanih pretragom.

PRIMER 3.2.16. Na sledecoj slici dat je (jako povezan) digraf sa 9 cvorova. Oznakecvorova odgovaraju redosledu obilaska pojedinih cvorova.

s

s

s

s

s

s s

s

s

SS

SS

SSw

©©©©©©©©

©©©©*

¾

SS

SS

SSo

¾ ¶¶

¶¶

¶¶7

6

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶/

- ¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶7

6 6

SS

SS

SS

SS

SS

SS

SSo

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Primetimo da smo po obilasku cvora 6, skocili na obilazak cvora 7 (koren drugogstabla).

Dodatni efekti koji se javljaju kod digrafova ogledaju se pre svega u detaljnijoj klasi-fikaciji grana. Naime, pored frontalnih grana (koje odgovaraju razapinjucem korenskomstablu samo u slucaju da je digraf jako povezan), preostale grane mogu biti:


– direktne (grana (v, w) je direktna grana ako je num(v) < num(w) i ako je cvor vpredak cvora w);

– povratne (grana (v, w) je povratna grana ako je num(v) > num(w) i ako je cvor vpotomak cvora w);

– medju–grane ((v, w) je medju–grana ako je num(v) > num(w) i ako cvorovi v i wnisu u relaciji predak–potomak).

Za digraf sa prethodne slike imamo da su: (1, 2), (2, 3), (1, 4), (4, 6), (7, 8) i (7, 9)frontalne grane; (1, 6) direktna grana; (3, 1) povratna grana; (5, 2), (6, 5), (9, 6) i (9, 8)su medju–grane .

Napomenimo jos i da je efikasnost algoritma kojim se realizuje pretraga u dubinujednaka O(max n,m), gde je n (odnosno m) broj cvorova (grana) posmatranog grafa.Ovaj zakljucak sledi na osnovu cinjenice da se vezano za svaki cvor aktivnosti obavljajusrazmerno njegovom stepenu.

Pretraga u sirinu: Posmatrajmo opet najpre (neorijentisane) grafove, mada, za razlikuod pretrage u dubinu, ta pretpostavka sada i nije toliko neophodna (jedini efekat je dace pretraga indukovati orijentaciju grana). Pretpostavimo zatim, ne umanjujuci opstost,da je polazni graf G = (V, E) povezan, kao i da je r njegov koren, odnosno polaznicvor pretrage. Neka je u proizvoljnoj fazi pretrage, skup cvorova grafa G podeljen udve grupe: obidjene cvorove (skup U) i neobidjene cvorove (skup U (= V \ U)). Napocetku pretrage skup U je, jasno, prazan. U svakoj fazi pretrage iz skupa U se birajedan cvor (nazovimo ga opet aktivni cvor) i prebacuje u skup U . Izbor aktivnog cvoravrsi se na bazi prioriteta uvedenih samo za cvorove iz skupa U . Na pocetku pretrage,kada su svi cvorovi neobidjeni, jedino je korenu r dodeljen prioritet (ostali su bez ikakvogprioriteta). U nekoj fazi pretrage, najpre se iz skupa U bira cvor najveceg prioriteta ion postaje aktivan. Oznacimo ga sa u. Cvor u se ukljucuje u skup obidjenih cvorova(U ← U ∪ u). Potom se za preostale cvorove skupa Y azuriraju prioriteti i to tako dasamo oni susedi cvora u koji nemaju nikakav prioritet sada dobiju prioritet i to manji odsvih ranije dodeljivanih prioriteta. Mehanizam dodeljivanja prioriteta u praksi, odnosnoimplementacijama, se realizuje dinamickom strukturom poznatom kao red za cekanje (naengleskom, queue). Naime, svi cvorovi iz skupa U koji su dobili prioritet nalaze se u redu:sa jednog kraja reda se vade cvorovi najveceg prioriteta (oni koji su prvi stigli u red), ana drugi kraj reda se stavljaju cvorovi najnizeg prioriteta (oni koji su tek stigli u red).Pretraga se zavrsava kada red postane prazan, tj. kada svaki cvor tacno jednom prodjekroz red (za povezani graf su tada, svi cvorovi prosledjeni).

NAPOMENA. Ako je graf G nepovezan, tada se pretraga sprovodi po komponentama.

PRIMER 3.2.17. Za graf iz Primera 3.2.13 imamo situaciju prikazanu na sledecojslici.

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

-

¶¶

¶¶

¶¶/

?

¶¶

¶¶

¶¶7

¾

-S

SS

S

SS

SS

SS

SS

SSw

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶/

SS

SS

SS

SS

SS

SS

SSw

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶

¶¶7

SS

SS

SS

SS

SS

SS

SSw

SS

SS

SS

SS

SS

SS

SSw

1 2

34

5 6

7

8

9

10


Prethodni primer pokazuje da se pri prosledjivanju nikad, sem kada nema izbora,ne ide u dubinu. Moze se primetiti i da se prosledjivanje vrsi po slojevima. Naime,od polaznog cvora (nulti sloj) najpre se obidju njegovi prvi susedi (cvorovi na rastojanjujedan – prvi sloj), zatim drugi susedi (cvorovi na rastojanju dva – drugi sloj), itd. redom.Na primer, za graf iz Primera 3.2.16 imamo: cvor 1 je nulti sloj, dok cvorovi 2 i 3, odnosno4, 5 i 6 obrazuju drugi i treci sloj, respektivno. Dakle, generalno, na sledeci sloj se prelazitek kada se obidju svi cvorovi sa prethodnog sloja. Iz tog razloga se ovaj tip pretragenaziva pretraga u sirinu.

Najzad, kao kod pretrage u dubinu, i kod pretrage u sirinu se cvorovi grafa mogunumerisati (po redosledu obilaska). Takodje, kod povezanih grafova se formira jednokorensko stablo.

Naime, ako bismo redom evidentirali sve grane grafa, recimo (u,w), takve da je pouklanjanju cvora v iz reda, u njega unet (izmedju ostalih) i cvor w, imali bismo da ovegrane razapinju stablo. Da bismo se u to uverili, primetimo najpre da se dodavanjemsvake grane uvek formira povezan podgraf nad skupom do tad prosledjenih cvorova, kaoi da je ukupan broj tih grana za jedan manji od broja cvorova grafa (samo polazni cvorgrafa se ne stavlja u red kao sused vec prosledjenih cvorova). Dakle, pomenuti podgraf jerazapinjuce stablo (i to korensko). Ovo stablo se naziva stablo pretrage u sirinu. Preostalegrane obrazuju kostablo. U slucaju da je polazni graf nepovezan, tada se dobijaju sumapretrage u sirinu, i njoj odgovarajuca kosuma.

U skladu sa koriscenom notacijom, dajemo sada opis procedure PUS za pretragu usirinu grafa G = (X,U).

procedure PUS(y);begin

i ← i + 1;num(y) ← i;for y′ ∈ sus(y) do sus(y) je skup suseda cvora y

if y′ 6∈ Y and y′ ∈ Q thenbegin

Q ← Q + y′; cvor y′ se stavlja na kraj redaUf ← Uf ∪ (y, y′)

endend;i ← 0;Uf ← ∅;Q ← ∅; inicijalizacija redafor r ∈ X if num(r) = 0 do r je koren novog stabla

begin Q ← Q + rwhile Q 6= ∅ do

beginv ← prvi(Q); v je prvi u reduQ ← Q − v; v se vadi iz redaPUS(v)

endend


NAPOMENA. Pretraga u sirinu opisana gornjim algoritmom vazi i za digrafove. U slucajuda digraf nije jako povezan situacija nesto komplikovanija (u detalje se necemo upusati).

Da bismo uocili razliku izmedju stabala dobijenih pretragom u dubinu, odnosno usirinu, posmatramo pretragu kompletnog grafa. Tada se redom dobijaju stabla od ko-jih je prvo izomorfno putu, a drugo zvezdi. Dakle, imamo dve ekstremne situacije upogledu strukture. Ostala stabla kompletnog grafa bi se mogla dobiti nekim kombino-vanim strategijama.

STABLA MINIMALNE TEZINE

Neka je G = (V, E) (neorijentisani) graf cijim su granama pridruzeni realni brojevi,takozvane tezine grana. Drugim recima, pored grafa G, data je i tezinska funkcija

w : E → IR.

U raznim primenama, tezine grana oznacavaju njihovu duzinu, cenu, propusnu moc itd.Pri tome je vazno istaci da u prvom slucaju duzine ne moraju zadovoljavati aksiomemetrike.

Pod gornjim pretpostavkama, uredjen par M = (G,w) predstavlja tezinski graf, ilikrace mrezu. U vecini razmatranja tezina grafa je jednaka zbiru tezina njegovih grana,tj. vazi

w(G) =∑

e∈E

w(e).

Na slican nacin se tezine mogu dodeliti i cvorovima, odnosno i samom samom grafu.U ovom odeljku, razmorticemo neke tipicne optimizacione probleme nad tezinskim

grafovima.Neka je M = (G,w) tezinski graf, pri cemu je G povezan. Sledeci problem se cesto

javlja u praksi:Izdvojiti iz grafa G podgraf H (tezine grana podgrafa su iste kao tezine grana grafa)

sa nekim unapred preciziranim svojstvima. Na primer, moze se uzeti da je podgraf Hrazapinjuci podgraf grafa G i uz to, povezan i bez kontura. Tada je podgraf H stablo (ilidrvo).

Neka je tezina nekog tezinskog grafa jednaka zbiru tezina njegovih grana. Optimiza-cioni zadatak se dobija ako postavimo zahtev da se nadje ne bilo koje razapinjuce stablovec ono cija je tezina najmanja. Ovaj problem je u literaturi poznat kao problem min-imalnog razapinjuceg stabla (na engleskom: minimum spanning tree problem, ili kraceMST problem).

NAPOMENA. Ukoliko je graf G kompletan (sa n cvorova), tada je broj svih razapinjucihstabala jednak nn−2 (videti Kejlijevu teoremu u sledecem poglavlju). Dakle, prostor pretrageje enormno veliki. Medjutim, uprkos tome postoje veoma efikasni polinomijalni algoritmi zaresavanje MST problema.

Problem minimalnog razapinjuceg stabla se u praksi javlja u mnogim situacijama.Tipican slucaj odnosi se na problem sinteze sto ekonomicnije telekomunikacione mreze.U tom cilju potrebno je naci konfiguraciju telekomunikacione mreze koja obezbedjuje ko-munikaciju izmedju svaka dva ucesnika, i to uz minimalnu cenu kostanja (cene direktnihveza izmedju dva ucesnika u komunikaciji su unapred precizirane). Ucesnici u komu-nikaciji koji nisu direktno povezani, mogu komunicirati posredno. Jasno je da ta mrezau osnovi mora biti povezan graf, a da bi bila sto “jeftinija”, odgovarajuci graf mora dabude bez suvisnih grana, dakle bez kontura. Prema Definiciji 3.2.1, sledi da je taj graf


stablo. Posto tezina tog stabla mora biti sto manja, to se posmatrani problem svodi naMST problem.

U nastavku cemo detaljno opisati dva klasicna algoritma za resavanje MST problema.

Prvi algoritam, Kruskalov algoritam, je koncepcijski veoma jednostavan i predstavljau literaturi jedan od glavnih modela za prikazivanje prozdrvljih algoritama (na engleskom:greedy algorithms).

Osnovna ideja algoritma je sadrzana u sledecoj strategiji najpre najmanja grana (naengleskom: smallest edge first). Polazeci od delimicnog grafa koji je prazan (bez grana),u svakom koraku se razmatra (dodaje ili odbacije) po jedna grana (jednom razmatranegrane se vise ne razmatraju). Izbor grane za razmatranje vrsi se u skladu sa gornjomstrategijom, tj. bira se najmanja (ili sto ce reci najlaksa) od svih nerazmatranih grana.Ako izabrana grana, posle dodavanja delimicnom grafu, ne formira sa nekim od ranijeuzetih grana konturu, tada se ona zadrzava u njemu, dok se u protivnom odbacuje.Postupak se zavrsava ili po razmatranju svih grana polaznog grafa, ili eventualno i ranijeako se potreban broj grana dodeli delimicnom grafu. Na primer, ako je polazni grafpovezan i ako ima n cvorova, tada je broj grana rezultujuceg grafa unapred poznat ijednak n− 1 (u pitanju je razapinjuce stablo).

Za nepovezane grafove, algoritam daje razapinjucu sumu i moze se ranije prekinuti,ako se zna broj komponenata polaznog grafa. Ako se rad algoritma prekine posle m′

ukljucenih grana, dobijena suma je najkraca izmedju svih suma sa m′ grana.Formalan opis algoritma, uz neke dodatne elemente neophodne za implementaciju i

procenu kompleksnosti, dat je u nastavku.

Algoritam 1 (Kruskalov algoritam za nalazenje minimalnog raza-pinjuceg stabla ili sume).

Korak 1. Sortirati grane ulaznog grafa u neopadajuci poredak(po tezinama) i sve ih markirati kao nerazmatrane;za izlazni graf uzeti graf (razapinjuci podgraf ulaznoggrafa) bez grana.

Korak 2. Izabrati iz skupa nerazmatranih grana onu koja je naj-laksa, markirati je kao razmatranu i prikljuciti je (barprivremeno) izlaznom grafu. Ako ta grana ne obrazujeu njemu konturu zadrzati je, odnosno, u protivnom,odbaciti je.

Korak 3. Ako je skup nerazmatranih grana prazan, ili ako su is-punjeni neki drugi uslovi za prekid (videti gornji tekst),tada prekinuti rad; u protivnom, preci na Korak 2.

Mada je ovaj algoritam, intuitivno gledano, skoro ocigledno korektan, ipak cemodokazati njegovu ispravnost. Radi pojednostavljenja dokaza, uzecemo da je ulazni grafG = (V, E) povezan. Dalje, pretpostavicemo da je T = (V, F ) izlazni graf, a da jeT ′ = (X,F ′) minimalno razapinjuce stablo dobijeno nekim drugim postupkom.


TEOREMA 3.2.18. Pod gornjim pretpostavkama, Kruskalov algoritam uvek odre-djuje minimalno razapinjuce stablo.

Dokaz . Pokazacemo najpre da je izlazni graf T stablo. Na osnovu konstrukcije, T jebez kontura. Pokazimo i da je povezan. Pretpostavimo suprotno, tj. da ima bar dvekomponente. Kako je ulazni graf G povezan, to u njemu sigurno postoji grana koja spajadva cvora iz dve razlicite komponente izlaznog grafa T . Kako je ta grana obavezno bilarazmatrana (pretpostavljamo da nismo ranije prekidali postupak) ona u delimicnom grafunije mogla biti odbacena jer nije obrazovala u njemu (a ni u izlaznom grafu) konturu.Ovo je u kontradikciji sa Korakom 2 algoritma, tako da je T zaista stablo.

Dokazacemo sada da je w(T ′) > w(T ) (w oznacena tezina odgovarajuceg grafa), asamim tim da je w(T ′) = w(T ). Pretpostavimo suprotno, tj. da je w(T ′) < w(T ). Nekasu e′1, e′2, . . . , e′h, odnosno e1, e2, . . . , eh (h = |F ′| = |F |) grane odgovarajucih stabalaporedjane po tezinama u neopadajuci poredak; drugim recim neka je w(e′1)6w(e′2)6· · ·6w(e′h), w(e1)6w(e2)6 · · ·6w(eh). Tada za neko k (16k6h) mora vaziti w(e′k) < w(ek).Uocimo tada skupove grana Ek−1 = e1, e2, . . . , ek−1 i E′

k = e′1, e′2, . . . , e′k. Ako bi zaneko j (1 6 j 6 k) vazilo da grane Ek−1 ∪ e′j (e′j 6∈ Ek−1) ne obrazuju konturu, tadabi iz w(e′j) 6 w(e′k) < w(ek) sledila kontradikcija; grana e′j nije smela biti odbacena uKoraku 2 algoritma. U protivnom, za svaku granu e′j 6∈ Ek−1 sledi da se u podgrafuobrazovanim granama Ek−1 ∪ e′j javlja tacno jedna kontura. Medjutim, tada granee′i (16 i6k) povezuju cvorove iz istih komponenata delimicne sume obrazovane granamasamo iz skupa Ek−1. Kako je delimican podgraf formiran od grana iz skupa E′

k bezkontura, to je broj grana iz E′

k koje se distribuiraju jednoj komponenti sume prethodnogpodgrafa najvise jednak broju grana te komponente. Stoga bar jedna grana iz E′

k ne bimogla biti distribuirana na dopustiv nacin, pa opet dobijamo kontradikciju.

Slozenost Kruskalovog algoritma bitno zavisi od postupka realizacije Koraka 1 (sorti-ranje grana), odnosno Koraka 2 (kako znati koje se grane ukljucuju, odnosno iskljucuju).Neka je n, odnosno m, broj cvorova, odnosno grana grafa G. Za sortiranje grana,ako se sve grane sortiraju odjednom (uz neke dosetke to nije neophodno!) potrebnoje O(m log(m)) poredjenja (u praksi se najcesce koristi metoda sortiranja poznata podnazivom “heap-sort”). Efikasan postupak za realizaciju Koraka 2 zasniva se na sledecojideji. Cvorove grafa treba grupisati po komponentama delimicnog grafa koji se formira.Na pocetku (kada nema grana), svaki cvor je zasebna grupa. Dodavanjem neke graneizmedju cvorova razlicitih grupa, vodi ka objedinjavanju tih grupa (grana se ukljucuje), au protivnom, ako cvorovi pripadaju istoj grupi, nema nikakve akcije (grana se iskljucuje).Programerski se to moze realizovati tako sto svi cvorovi jedne grupe imaju iste oznake,razlicite od grupe do grupe. Stoga se kriterijum za razvrstavanje grana (uz azuriranjeoznaka) svodi samo na testiranje oznaka krajnjih cvorova. Ovako koncipiran Korak 2se moze realizovati sa slozenoscu od O(1). Stoga je slozenost Kruskalovog algoritma,grubo govoreci, odredjena sa slozenoscu sortiranja, i tesko se moze znatnije poboljsati odO(m log(m)). Dakle, za grafove koji su bliski (po broju grana) kompletnim grafovimakompleksnost je O(n2 log(n)).

Opisacemo sada Primov algoritam. Ovaj algoritam se zasniva na strategiji najprenajblizi sused (na engleskom: nearest neighbour first). Kljucnu ulogu u koncipiranjualgoritma igra sledeca teorema.


TEOREMA 3.2.19. Neka je G = (V, E) povezan tezinski graf, U ⊆ V a e ∈ Enajlaksa grana koja spaja cvor iz U sa cvorom iz U (= V \ U). Tada postoji stablonajmanje tezine koje sadrzi granu e.

Dokaz . Neka je T ∗ stablo najmanje tezine, i pretpostavimo da grana e (kao u iskazuteoreme) ne pripada tom stablu. Uocimo podgraf u oznaci T ∗+e dobijen iz T ∗ dodavan-jem grane e. Graf T ∗ + e sadrzi bar jednu konturu. Toj konturi, pored grane e, pripadai grana e′ i to takva da joj je jedan kraj u U a drugi u U . Kako je w(e) 6 w(e′), poudaljavanju grane e′ iz T ∗ + e dobija se podgraf (opet stablo), cija tezina nije veca odtezine stabla T .

Imajuci u vidu Teoremu 3.2.19, sada se namece sledeci postupak. Krenuti od de-limicnog grafa bez grana, uociti jednu njegovu komponentu (tj. izolovan cvor), i zatim jeuvecavati dodavanjem najlakse grane koja povezuje jedan njen cvor sa nekim cvorom izpreostalog dela grafa. U procesu uvecavanja tekucoj komponenti se dodaju pored granei onaj njen krajnji cvor koji nije pripadao komponenti. Postupak se zavrsava kada visenema grana sa trazenim svojstvima; tada, u zavisnosti da li je polazni graf povezan ili ne,imamo kraj rada ili, ako je ulazni graf nepovezan, mozemo istovetnu proceduru ponovitiu cilju nalazenja sledece komponente najlakse sume. Primetimo samo da se dodavanjemgrana na opisani nacin nikada ne formira kontura. Stoga je dobijeni delimicni podgrafuvek stablo (ili suma u nepovezanom slucaju), a odgovarajuca tezina je, na osnovu Teo-reme 2, najmanja. Dokaz bi se mogao sprovesti metodom matematicke indukcije. U tomcilju, za povezan graf, lako se dokazuje da je formirani delimicni podgraf (tj. stablo)ujedno stablo minimalne tezine za podgraf polaznog grafa koji je indukovan cvorovimatekuce komponente (i tu dolazi do izrazaja Teorema 3.2.19).

Algoritam 2 (Primov algoritam za nalazenje minimalnog razap-injuceg stabla ili sume).

Korak 1. Uzeti proizvoljan nerazmatran cvor (ako postoji) za-tekucu komponentu. (Na pocetku su, jasno, svi cvorovinerazmatrani.) Ako takav cvor ne postoji, preci na Ko-rak 3, a u protivnom uoceni cvor se markira kao raz-matran.

Korak 2. Naci najlaksu granu koja povezuje cvor iz tekuce kom-ponente sa nekim cvorom van nje. Ako takva granane postoji, preci na Korak 1. U protivnom, tu granuprikljuciti tekucoj komponenti, kao i onaj krajnji cvorgrane koji nije bio u komponenti. Ujedno markiratidoticni cvor da je razmatran. Zatim preci na pocetakKoraka 2.

Korak 3. Zavrsetak rada.

Neka je opet n, odnosno m, broj cvorova, odnosno grana, grafa G. Glavni problem uimplementaciju gornjeg algoritma direktno je vezan za efikasnost u realizaciji Koraka 2.Zavisno od toga kako je taj problem resen, imamo i razlicite procene efikasnosti Primovog


algoritma. Ako bi se u svakom prolasku kroz Korak 2 (ima ih O(n)) trazi najlaksa grana,tada bi efikasnost Koraka 2 bila O(m), so bi davalo da je efikasnost kompletnog algoritmaO(nm). Bolje resenje (i procena) se dobijaju ako se nadje brzi postupak za nalazenjenajlakse grane. Glavni problem lezi u cinjenici da se sa porastom broja cvorova u tekucojkomponenti uvecava broj grana medju kojima treba traziti najlaksu, dakle uvecava se ipretraga. Medjutim, ona se moze izbeci ako se za svaki cvor van tekuce komponente vodievidencija o njegovom najblizem susedu u tekucoj komponenti. Naravno, to bi zahtevaloda se po zavrsetku svake iteracije vezane za Korak 2 notiraju promene (prikljucivanjejednog cvora komponenti moze, ali ne mora, promeniti najblize susede ostalih cvorovavan komponente – tacnije, moze jedino njega isturiti kao najblizeg suseda). Uz gornjenapomene, lako se pokazuje da je slozenost Primovog algoritma moze bitno popraviti.Zavisno od izbora strukture podataka i kako se pripremi pretraga za najlaksom granom,moze se dobiti da je kompleksnost Primovog algoritma O(n2), ili O(m log2(n)).

ZADACI

3.2.1. Odrediti koliko ima neizomorfnih stabala sa a) 6; b) 7; c) 8 cvorova. Nacrtatisva ta stabla.

3.2.2. Grad ima kvadratnu mrezu sa m ”horizontalnih”i n ”vertikalnih”ulica (videtisliku). Kolika je najmanja duzina dela mreze koji treba asfaltirati tako da se od svakeraskrsnice do bilo koje druge moze doci asfaltom?

3.2.3. Naci dva neizomorfna stabla sa istim nizom stepena cvorova.

3.2.4. Ako je T stablo za koje vazi ∆(T ) > k, tada T ima bar k listova. Dokazati.

3.2.5. Neka je T stablo u kome svaki cvor koji je susedan sa listom ima stepen bar 3.Dokazati da T ima par listova sa zajednickim susedom.

3.2.6. Dokazati da je niz prirodnih brojeva (d1, d2, . . . , dn) niz stepena nekog stablaako i samo ako je d1 + d2 + . . . + dn = 2n− 2.

3.2.7. Neka je T stablo sa n cvorova, n > 2. Za prirodan broj i, neka pi oznacava brojcvorova stepena i u stablu T . Dokazati da je

p1 − p3 − 2p4 − . . .− (n− 3)pn−1 = 2.

3.2.8. Kralj Songabonga je imao 4 sina, 10 od njegovih muskih potomaka su imali po3 sina svaki, 15 od njegovih muskih potomaka su imali po 2 sina svaki, dok su svi ostaliumrli bez dece. Ako je poznato da kralj Songabonga nije imao zenskih potomaka, kolikoje ukupno muskih potomaka imao ovaj kralj?

3.2.9. U kutiju je stavljeno k manjih kutija. Zatim se u neke od manjih kutija stavljapo k jos manjih kutija i ovaj proces se ponovi nekoliko puta. Ako je na kraju medju svimtim kutijama m napunjenih, koliko ima praznih (kutija je napunjena ako u njoj ima nekamanja)?


3.2.10. Svaki od kruzica na sledecim slikama predstavlja po 1 kucu u kojoj stanuje po 1djak-pesak. Linije izmedju kruzica predstavljaju puteve izmedju kuca, koji su svi duzine1km. Gde treba izgraditi skolu u selu, tako da ukupan put koji prelaze djaci-pesaci budenajmanji?

d dd d d d d

d da)

d d d d dd d d d d

d d d db)

3.2.11. Dokazati da svako od sledeca dva svojstva karakterise sume:a) svaki indukovani podgraf sadrzi cvor stepena manjeg ili jednakog 1.b) svaki povezani podgraf je indukovani podgraf.

3.2.12. Povezani podgrafovi G1 i G2 nekog stabla imaju neke zajednicke grane. Nekaje G3 graf cije su grane zajednicke grane grafova G1 i G2, a cvorovi krajevi zajednickihgrana. Dokazati da je G3 povezan graf.

3.2.13. Ako je G suma sa tacno 2k, k > 1, cvorova neparnog stepena, tada G sadrzi kgranski disjunktnih puteva P1, P2, . . . , Pk, takvih da je

E(G) = E(P1) ∪ E(P2) ∪ · · · ∪ E(Pk).

3.2.14. Ako je T stablo sa k grana i G graf za koji vazi δ(G)>k, tada je T podgraf G.

3.2.15. Odrediti ciklomaticki broj grafa G ako je G:a) Kn; b) Km,n; c) povezan regularan graf stepena 3 sa n cvorova.

3.2.16. Dokazati da je ciklomaticki broj grafa jednak zbiru ciklomatickih brojevanjegovih komponenti povezanosti.

3.3 RAZAPINJUCA STABLA

MALO ISTORIJE I OSNOVNI POJMOVI

Dva glavna tvrdjenja u ovom odeljku, Kejlijeva (eng. Arthur Cayley) teorema i Kirho-fova (nem. Kirchhoff) teorema za matrice i stabla, su dokazana jos u 19-tom veku (to suprvi znacajniji rezultati Teorije grafova nakon Ojlerovih, koji su iz 18-og veka). Oba sustigla direktno iz primena.

Nemacki fizicar Kirhof je svoje tvrdjenje pokazao 1947. godine i ono mu je posluzilo zaizracunavanje jacina elektricnih struja u granama nekog elektricnog kola (jer su nezavisniciklusi u potpunosti odredjeni jednim razapinjucim stablom).

Kejli je engleski matematicar koji je 1857. godine uveo u matematiku pojam stabla.Skoro u isto vreme (oko 1859. godine) otkrivene su strukturne formule hemijskih jedin-jenja. Kejli je nasao vezu izmedju ova 2 pojma (on je povezao stabla i strukturne formule


alkana – jedinjenja formule CnH2n+2) i u radu ”O matematickoj teoriji izomera”iz 1874.godine je postavio kamen temeljac naucne discipline Hemijske teorije grafova. Na sledecojslici su 2 alkana koji imaju formulu C6H14 (kako imaju istu formulu – oni su izomeri) iodgovarajuca stabla (kod kojih su cvorovi ugljenikovi atomi, a grane veze medju njima).

C C C C C CH H

H H H H

H H H H

H

H

H

HC C C C

C

C

H H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

H

w w w w w w w w w ww

w

Kejli je pokusao da pronadje broj izomera In alkana CnH2n+2, nije uspeo u tome,mada je dao nekoliko vaznih rezultata vezanih za prebrojavanje stabala. Broj izomernihalkana su odredili 1931. godine hemicari Hence i Bler (eng. Henze, Blair), a opsti metod zaresavanje ovakvih enumerativnih problema je pronasao madjarsko-americki matematicarDzordz Polja (eng. George Polya) 1937. godine.

Uvedimo nekoliko pojmova koji igraju kljucnu ulogu u ovom odeljku.

DEFINICIJA 3.3.1. Razapinjuci podgraf grafa G = (V, E) je podgraf oblika (V, E′),E′ ⊆ E. Razapinjuce stablo je razapinjuci podgraf koji je stablo, a razapinjuca suma jemaksimalni razapinjuci podgraf koji je suma.

Da razjasnimo ovde sta podrazumevamo pod maksimalnim podgrafom koji je suma.Maksimalan je u smislu broja grana, tj. ako bismo dodali bilo koju granu to vise ne bibila suma, nego graf koji sadrzi tacno jednu konturu. Stoga, razapinjuca suma sadrzirazapinjuca stabla kao svoje komponente povezanosti.

DEFINICIJA 3.3.2. Kompleksnost grafa G je broj razapinjucih stabala grafa. Kom-pleksnost grafa G cemo oznacavati sa t(G). Oznacimo tn = t(Kn), tj. tn je broj razap-injucih stabala u potpunom grafu Kn.

Egzistenciju razapinjuceg stabla i razapinjuce sume nam daju sledece leme:

LEMA. 3.3.3. Graf je povezan ako i samo ako ima razapinjuce stablo.

Dokaz . Neka je G povezan graf, a T minimalni povezani razapinjuci podgraf od G.Tada je T povezan, a T − e je nepovezan za svaku granu e ∈ E(T ), pa po ekvivalentnimdefinicijama stabla dobijamo da je T stablo, a samim tim i razapinjuce stablo.

Ako graf G ima razapinjuce stablo T , tada postoji put izmedju bilo koja 2 cvora uT , pa samim tim postoji i put izmedju bilo koja 2 cvora u G, te je G povezan.


LEMA. 3.3.4. Svaki nepovezan graf ima razapinjucu sumu.

Dokaz . Ako je G nepovezan, onda prema prethodnom u svakoj njegovoj komponentipovezanosti mozemo naci razapinjuce stablo. Unija svih tih razapinjucih stabala dajetrazenu razapinjucu sumu.

KEJLIJEVA TEOREMA

Kao sto smo u prethodnom poglavlju videli, kada smo crtali sva stabla sa malim bro-jem cvorova, broj stabala sa datim brojem cvorova nije bilo moguce eksplicitno odrediti(time se bave napredne enumerativne tehnike, poput teorije Polje koja koristi funkcijegeneratrisa i teoriju orbita). Ali za broj razapinjucih stabala na fiksiranom skupu cvorova(odredjivanje broja razipunjicih stabala na skupu od n cvorova je isto sto i odredjivanjebroja razapinjucih stabala koja su podgrafovi potpunog grafa Kn) postoji jednostavnoformula. Ali pre nego sto damo tvrdjenje Kejlijeve teoreme, to cemo ilustrovati jednimprimerom.

PRIMER 3.3.5. Odredimo sva razapinjuca stabla sa 1, 2, 3 i 4 cvora.

Resenje. Razapinjucih stabala sa 1 i 2 cvora ima samo po jedno. Razapinjucih stabalasa 3 cvora ima 3, dok razapinjucih stabala sa 4 cvora ima 16. Sva ona su predstavljenana sledecim slikama:

w1

Sva razapinjuca stabla sa 1 cvorom

ww

1

2

Sva razapinjuca stabla sa 2 cvora

w w ww w ww w w

1 1 13 3 3

2 2 2


w w w ww w w w

w w w ww w w w

1 1 1 1

2 2 2 23 3 3 3

4 4 4 4

w w w ww w w w

w w w ww w w w

1 1 1 1

2 2 2 23 3 3 3

4 4 4 4

w w w ww w w w

w w w ww w w w

1 1 1 1

2 2 2 23 3 3 3

4 4 4 4


w w w ww w w w

w w w ww w w w

1 1 1 1

2 2 2 23 3 3 3

4 4 4 4


Primetimo da za n = 1 ima 1−1 = 1 razapinjuce stablo, za n = 2 ima 20 = 1razapinjuce stablo, za n = 3 ima 31 = 3 razapinjuca stabla i za n = 4 ima 42 = 16razapinjucih stabala (tu su samo 2 neizomorfna stabla – zvezda i put).

Takodje, ukupan broj prostih grafova na skupu cvorova N4 je 2(42) = 26 = 64 jer svaka

od(42

)= 6 grana moze da postoji, ali i ne mora (2 mogucnosti).

Uopstenje zakljucaka prethodnog primera je jedno od najvaznijih tvrdjenja Teorijegrafova — Kejlijeva teorema. Nju je formulisao Kejli jos 1889. godine. Medjutim, onje proverio samo za vrednosti n 6 5. Dokaz je kasnije, 1918. godine, dao Prifer (nem.H.Prufer). Od tada je nadjeno mnostvo razlicitih dokaza. Cak je 1970. godine Kanadja-nin Dzon Mun (eng. John W. Moon) napisao citavu knjigu o prebrojavanju razapinjucihstabala [24]. Napomenimo jos da se razapinjuca stabla (eng. spanning trees) nazivaju ioznacena stabla (eng. labeled trees).

Mi cemo ovde navesti 4 dokaza.

Pre nego sto krenemo u dokazivanje, dacemo definiciju Priferovog (nem. H. Prufer)niza i 2 algoritma pomocu kojih od razapinjuceg stabla dobijamo Priferov niz i obratno. Udaljem tekstu cemo pretpostaviti da su cvorovi razapinjuceg stabla sa n cvorova oznacenibrojevima 1, 2, . . . , n.

DEFINICIJA 3.3.6. Priferov niz duzine n − 2, za n > 2, je bilo koji niz brojeva izNn u kome su i ponavljanja dozvoljena.

Sada cemo dati proceduru za konstruisanje Priferovog niza s od datog razapinjucegstabla T sa n cvorova, tzv. Priferovo kodiranje.

procedure Priferovo kodiranje (T )for i := 1 to n− 2

beginv := cvor stepena 1 sa najmanjom oznakomsi := oznaka suseda od vT := T − v

endreturn send procedure

PRIMER 3.3.7. Odredimo Priferov niz za sledece razapinjuce stablo:

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8


Resenje. Odgovarajuci Priferov niz je s = (8, 2, 5, 5, 8, 6).Na sledecim slikama dacemo korak po korak pravljenja Priferovog niza (sa sve stablom

iz koga uklanjamo grane), dok u narednoj tablici imamo za svaki korak oznaku cvora v,granu koja vodi iz njega e = v, si, kao i oznaku suseda si cvora v.

i 1 2 3 4 5 6v 1 3 2 4 5 7e 1, 8 3, 2 2, 5 4, 5 5, 8 7, 6si 8 2 5 5 8 6

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

s = (8,

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

s = (8, 2,

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

s = (8, 2, 5,

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

s = (8, 2, 5, 5,

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

s = (8, 2, 5, 5, 8,

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

s = (8, 2, 5, 5, 8, 6)

Vezu Priferovog niza i stepena cvora u grafu nam daje sledeca lema:

LEMA. 3.3.8. Neka je Pk broj pojavljivanja broja k u Priferovom nizu s koji odgovararazapinjucem stablu T . Tada je stepen cvora k u T jednak Pk + 1.

Dokaz . Tvrdjenje je tacno za bilo koje razapinjuce stablo T sa 3 cvora, jer se Priferovkod takvog stabla sastoji od 1 pojavljivanja oznake cvora koji ima stepen 2.

Pretpostavimo da je tvrdjenje tacno za sva razapinjuca stabla sa n>3 cvora i neka jeT razapinjuce stablo sa n + 1 cvorova. Neka je v cvor stepena 1 sa najmanjom oznakomi neka je w sused od v. Tada Priferov kod stabla T ima oblik s = (w, s2, s3, . . . , sn−1),gde je s∗ = (s2, s3, . . . , sn−1) Priferov kod stabla T ∗ = T − v. Sada, po indukcijskojpretpostavki, imamo da je dT∗(u) za 1 veci od broja pojavljivanja u u s∗. Ali za u 6= wimamo da je broj pojavljivanja u u s∗ i u s jednak i dT (u) = dT∗(u). Dalje imamo da jedT (w) = dT∗(w) + 1, ali i w ima jedno pojavljivanje vise u s nego u s∗.

Stoga po principu matematickeindukcije imamo da je tvrdjenje tacno za svaki cvorrazapinjuceg stabla T .

Sada cemo dati proceduru za konstruisanje razapinjuceg stabla T sa n cvorova odPriferovog niza s, tzv. Priferovo dekodiranje.


procedure Priferovo dekodiranje (s)` := (1, 2, . . . , n)Inicijalizovati sumu T sa n izolovanih cvorova oznacenih sa 1, . . . , nfor i := 1 to n− 2

beginv := najmanji broj koji je u `, a nije u sw := `1

// w je prvi broj u listi Ldodati granu v, w u sumu Tukloniti w iz liste `ukloniti prvo pojavljivanje v iz niza s

enddodati granu koja spaja preostala 2 elementa liste `return Tend procedure

PRIMER 3.3.9. Odredimo razapinjuce stablo za Priferov niz: s = (8, 2, 5, 5, 8, 6).

Resenje. Na osnovu Leme 3.3.8 dobijamo da su u T stepeni cvorova:d(1) = d(3) = d(4) = d(7) = 1, d(2) = d(6) = 2 i d(5) = d(8) = 2.Na sledecim slikama su predstavljeni koraci u Priferovom dekodiranju:

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

` = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)

s = (8, 2, 5, 5, 8, 6)

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

` = (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8)

s = (2, 5, 5, 8, 6)

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

` = (2, 4, 5, 6, 7, 8)s = (5, 5, 8, 6)

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

` = (4, 5, 6, 7, 8)s = (5, 8, 6)

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

` = (5, 6, 7, 8)

s = (8, 6)

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

` = (6, 7, 8)

s = (6)

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

` = (7, 8)s = ( )

w

w

w

w

ww

ww

1 2

3

4

56

7

8

Oznacimo sa Pn−2 skup Priferovih nizova duzine n−2, a sa Tn skup svih razapinjucihstabala na skupu od n cvorova 1, 2, . . . , n. U proceduri Priferovog kodiranja smo definisalifunkciju fk : Tn → Pn−2 sa fk(T ) = s, a u proceduri Priferovog dekodiranja definisalifunkciju fd : Pn−2 → Tn sa fd(s) = T .

LEMA. 3.3.10. Funkcija fd je dobro definisana.


Dokaz . Prvo primetimo da u svakom koraku procedure nemamo vise izbora za granukoju cemo docrtati. Stoga procedura Priferovog dekodiranja definise funkciju fd kojaslika skup Pn−2 u skup grafova sa n cvorova. Potrebno je jos da pokazemo da je rezultatte procedure stablo. Da bismo pokazali da funkcija fd daje rezultat stablo (kada seprimeni na Priferov niz s) koristicemo princip matematicke indukcije.

Za n = 2 procedura daje jednu granu 1, 2, pa je graf T stablo sa 2 cvora.Pretpostavimo da je tvrdjenje tacno za neko n > 2 i posmatrajmo Priferov niz s =

(s1, s2, . . . , sn−1) i graf T sa skupom cvorova 1, 2, . . . , n+1. U prvom koraku proceduredodajemo granu b, s1, gde je b cvor koji nije u s i ima najmanju oznaku. Nijedna od n−1grana koje ce biti odredjene u narednim koracima (od 2. do n-tog) nece biti incidentnasa b. Stoga je nastavak procedure, od koraka 2, ekvivalentan sa primenom procedure naPriferov niz s∗ = (s2, s3, . . . , sn−1) na skupu cvorova 1, . . . , b− 1, b + 1, . . . , n + 1, a poinduktivnoj pretpostavci cemo tu dobiti stablo T ∗. Ovo stablo zajedno sa granom b, s1formira stablo T na skupu cvorova 1, 2, . . . , n + 1.

LEMA. 3.3.11. Funkcija fk : Tn → Pn−2 je inverzna funkcija funkcije fd : Pn−2 → Tn.

Dokaz . U i-tom koraku procedura Priferovog kodiranja brise granu v, w koju jedodavala procedura Priferovog dekodiranja i dodaje oznaku cvora v koji je proceduraPriferovog dekodiranja izbacivala iz Priferovog niza s. Stoga je za svaki Priferov niz sispunjeno fk(fd(s)) = s, pa je fk inverzna funkcija funkcije fd. Slicno moze da se pokazei da je fd inverzna funkcija funkcije fk.

Pomocu ove leme mozemo da dokazemo Kejlijevu teoremu. Dacemo 4 dokaza oveteoreme (od cega 2 ukljucuju materiju koja sledi nakon njih).

TEOREMA 3.3.12. Kejlijeva teorema. Broj razapinjucih stabala kompletnoggrafa Kn, za n ∈ N, jednak je nn−2.

Dokaz 1. Oznacimo cvorove u Kn sa 1, 2, . . . , n. Neka je T razapinjuce stablo. Naosnovu Leme 3.3.11 imamo da je funkcija fk bijekcija iz skupa Tn u skup Pn−2, pa ova2 skupa imaju jednak broj elemenata, a kako je broj Priferovih nizova jednak |Pn−2| =nn−2, to je i broj razapinjucih stabala |Tn| = nn−2.

Dokaz 2. Uocimo neki cvor u iz Kn. Oznacimo sa t(n, k) broj razapinjucih stabala ukojima taj cvor ima stepen k, d(u) = k. Tada je

tn =n−1∑

k=1

t(n, k).

Nazovimo sveznjem par razapinjucih stabala A i B, takvih da je dA(u) = k−1 i dB(u) = ki da stabla imaju po n − 2 zajednicke grane, a one dve grane (jedna je uv) koje nisuzajednicke su incidentne sa istim cvorom v 6= u i svih tih n grana cini uniciklican graf sakonturom koja prolazi i kroz u i kroz v.U A je dA(u) = k − 1. Graf B mozemo dobiti tako sto cvor u spojimo sa proizvoljnimcvorom v sa kojim nije susedan (v mozemo izabrati na n− k nacina), a onda iz konture


izbacimo granu vw iz v (vw 6= vu). Stoga sveznjeva ima (n− k) · t(n, k − 1).U B je dB(u) = k. Ako bi odstranili cvor v graf B bi se raspao na k komponentipovezanosti: B1,. . . , Bk (neka je vi ∈ Bi cvor koji je susedan sa u i |Bk| = nk). GrafA mozemo dobiti tako sto odstranimo proizvoljnu granu uvi, a zatim cvor vi spojimo saproizvoljnim cvorom v iz neke druge komponente povezanosti. Ovu operaciju mozemoizvrsiti na

n− 1− n1 + n− 1− n2 + . . . + n− 1− nk = k · (n− 1)− (n− 1) = (k − 1)(n− 1)

nacina. Stoga sveznjeva ima (k − 1)(n− 1) · t(n, k).Dobili smo rekurentnu relaciju

(n− k) · t(n, k − 1) = (k − 1)(n− 1) · t(n, k),

iz koje dobijamo

(n− k − 1) · t(n, k) = k(n− 1) · t(n, k + 1),(n− k − 2) · t(n, k + 1) = (k + 1)(n− 1) · t(n, k + 2),

...(n− (n− 1)) · t(n, n− 2) = (n− 2)(n− 1) · t(n, n− 1).

Kako je t(n, n− 1) = 1 (samo imamo zvezdu K1,n−1) kada izmnozimo sve ove jednakostidobijamo (n− k − 1)! · t(n, k) = (n−2)!

(k−1)! (n− 1)n−k−1 · 1, odnosno

t(n, k) = (n− 1)n−k−1

(n− 2

n− k − 1

)= (n− 1)n−k−1

(n− 2k − 1

).

Odatle dobijamo da razapinjucih stabala ima

tn =n−1∑

k=1

(n− 1)n−k−1

(n− 2k − 1

)=

n−2∑

i=0

(n− 1)n−i−2

(n− 2

i

)

tn = [(n− 1) + 1]n−2 = nn−2.

Dokaz 3. Na osnovu Teoreme o matricama i stablima (to je Teorema 3.3.18 sa s = t = 1)imamo da je broj razapinjucih stabala jednak sledecoj determinanti reda n− 1:

tn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

n− 1 −1 −1 . . . −1−1 n− 1 −1 . . . −1−1 −1 n− 1 . . . −1...

......

. . ....

−1 −1 −1 . . . n− 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Ako prvoj vrsti dodamo preostale vrste dobijamo vrstu sa svim elementima 1. Zatim tuvrstu dodamo svim ostalim i dobijamo

tn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 . . . 10 n 0 . . . 00 0 n 0...

.... . .

...0 0 0 . . . n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= nn−2.


Dokaz 4. Sada cemo pomocu Teoreme 3.3.13 i Multinomijalne teoreme jos jednomdokazati Kejlijevu formulu. Ako sumiramo formulu iz Teoreme 3.3.13 po svim mogucimnizovima stepena stabala sa cvorovima v1, v2, . . . , vn i primenimo Multinomijalnu teo-remu, dobijamo da je ukupan broj stabala sa cvorovima v1, v2, . . . , vn jednak

∑

d1, d2, . . . , dn > 1d1 + d2 + . . . + dn = 2n− 2

(n− 2)!(d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!

=∑

k1, k2, . . . , kn > 0k1 + k2 + . . . + kn = n− 2

(n− 2)!k1!k2! · . . . · kn−1!

= (1 + 1 + . . . + 1︸︷︷︸n puta

)n−2 = nn−2.

TEOREMA 3.3.13. Neka su v1, v2, . . . , vn dati cvorovi i d1, d2, . . . , dn datibrojevi tako da je

∑ni=1 di = 2n − 2. Dokazati da je broj stabala sa skupom cvorova

v1, v2, . . . , vn takvih da cvor vi ima stepen di, i = 1, 2, . . . , n, jednak

(n− 2)!(d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn − 1)!

.

Dokaz . Dokaz ide matematickom indukcijom po n. Za n = 1, 2 tvrdjenje je trivijalnotacno, pa pretpostavimo da je n > 2. Posto je

∑ni=1 di = 2n− 2 < 2n, postoji i tako da

je di = 1. Bez gubitka opstosti, mozemo da pretpostavimo da je dn = 1.Neka je T skup svih stabala sa cvorovima v1, v2, . . . , vn takvih da svaki cvor vi ima

stepen di, i = 1, 2, . . . , n. Podelimo stabla iz T u n − 1 grupa T1, T2, . . . , Tn−1: skupTj sadrzi stabla u kojima je cvor vn susedan sa cvorom vj . Ako uzmemo stablo iz Tj iobrisemo cvor vn (zajedno sa njegovom jedinom granom), dobijamo stablo sa cvorovimav1, v2, . . . , vn−1 takvih da je stepen vi jednak di za i 6= j, dok je stepen vj jednak dj−1.Lako se vidi da na ovaj nacin dobijamo bijekciju izmedju skupa Tj i skupa T ′j svih stabalasa cvorovima v1, v2, . . . , vn−1 sa nizom stepena d1, d2, . . . , dj−1, dj − 1, dj+1, . . . , dn−1,s obzirom da razlicita stabla iz Tj daju razlicita stabla iz T ′j , a iz svakog stabla iz T ′jmozemo da dobijemo stablo iz Tj dodavanjem cvora vn i njegovim spajanjem sa cvoromvj .

Po induktivnoj pretpostavci, imamo da je

|Tj | = |T ′j |

=(n− 3)!

(d1 − 1)! · . . . · (dj−1 − 1)!(dj − 2)!(dj+1 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!

=(n− 3)!(dj − 1)

(d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!

Ova formula vazi i kada je dj = 1: ona tada daje 0, sto se slaze sa cinjenicom da nepostoji stablo sa stepenom dj − 1 = 0 u cvoru vj .


Sada je ukupan broj stabala u T jednak

|T | =n−1∑

j=1

|Tj |

=n−1∑

j=1

(n− 3)!(dj − 1)(d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!

=

n−1∑

j=1

(dj − 1)

(n− 3)!

(d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!

=(n− 2)(n− 3)!

(d1 − 1)!(d2 − 1)! · . . . · (dn−1 − 1)!.

Kako je dn = 1, razlomak mozemo slobodno da prosirimo sa (dn−1)! = 0! = 1, da bismodobili izraz iz tvrdjenja.

Posledica prethodne teoreme je i sledece tvrdjenje koje je pokazao Klarke (eng. L. E.Clarke) 1958. godine:

TEOREMA 3.3.14. Broj stabala sa skupom cvorova v1, v2, . . . , vn takvih da cvorv1 ima stepen k jednak je

(n−2k−1

)(n− 1)n−k−1.

Dokaz . Trazeni broj stabala jednak je

∑ (n− 2

k − 1, d2 − 1, . . . , dn − 1

)= (n−2)!

(k−1)!(n−k−1)!

∑(n− k − 1

d2 − 1, . . . , dn − 1

)

=(

n− 2k − 1

)(n− 1)n−k−1,

gde obe sume idu po svim d2, d3, . . . , dn ∈ N (to su stepeni cvorova v2, v3, . . . , vn u timstablima) za koje vazi d2 + d3 + . . . + dn = 2n− k − 2.

Sledece 2 teoreme nam daju rekurentne veze pomocu kojih se moze izvesti Kejlijevaformula (ti dokazi nisu laki, te ih ovde izostavljamo; za dokaz Kejlijeve teoreme prekoTeoreme 3.3.15 videti [35], zadatak 6.16).

TEOREMA 3.3.15. Za tn vazi sledeca rekurentna formula

(3.2) (n− 1)tn =n−1∑

k=1

k(n− k)(

n− 1k − 1

)tktn−k.

Dokaz . Izraz (n − 1)tn na levoj strani jednakosti (3.2) predstavlja broj nacina daizaberemo jedno razapinjuce stablo T i jednu njegovu granu e. Primetimo da kada izstabla T odstranimo granu e dobijamo sumu sa 2 komponente povezanosti (ovo ce nampomoci da se izborimo sa desnom stranom jednakosti (3.2)). Neka nam je u toj sumi skupcvorova grafa Kn razbijen na 2 neprazna podskupa V1 i V2, tj. V (Kn) = V1∪V2. Kako jeV1 ∪ V2 = V2 ∪ V1, redosled izbora ova 2 podskupa nije bitan, te bez umanjenja opstosti


mozemo uzeti da cvor v1 pripada V1. Tada skup V1 koji ima k elemenata mozemo izabratina

(n−1k−1

)jer preostalih k − 1 elemenata skupa V1 biramo od preostalih n− 1 elemenata

skupa V (Kn). Dalje, kada smo izabrali skupove V1 i V2, sa |V1| = k i |V2| = n− k, tadau njima razapinjuca stabla mozemo izabrati na tk i tn−k nacina. Time smo odredili daturazapinjucu sumu sa 2 komponente povezanosti. Ostaje da datu sumu povezemo jednomgranom e i da dobijemo stablo T . Grana e koja povezuje te 2 komponente ima jedankraj u V1 i srugi kraj u V2. Ti cvorovi se mogu (nezavisno jedan od drugog) izabrati na(k1

)= k, odnosno na

(n−k

1

)= n− k nacina, te se ta grana e moze odrediti na k · (n− k)

nacina. Zbog svega prethodno recenog imamo da se jedno razapinjuce stablo T i jedna

njegova grana e mogu izabrati nan−1X

k=1

(n−1k−1

) · tk · tn−k · k(n− k) nacina. Time je trazena

jednakost (3.2) dokazana (i to kombinatornim pristupom!).

TEOREMA 3.3.16. Za tn vazi sledeca rekurentna formula

2(n− 1)tn =n−1∑

k=1

k(n− k)(

n

k

)tktn−k.

Dokaz . Slicno kao i dokazu prethodne teoreme obe strane jednakosti predstavljaju brojnacina da izaberemo razapinjuce stablo T i u njemu 2 susedna cvora v1 i v2. Za izrazna levoj strani stablo T mozemo odrediti na tn nacina, jednu njegovu granu e mozemoizabrati na

(n−1

1

)= n−1 nacina i imamo jos 2 mogucnosti da izaberemo 2 susedna cvora

v1 i v2 — da li uzmemo e = v1, v2 ili e = v2, v1. Skup V1 koji sadrzi v1 mozemoodrediti na

(nk

)nacina, a onda je odredjen i skup V2 iz koga biramo v2. Ostali clanovi su

isti kao i u dokazu prethodne teoreme.

Navedimo jos jedno tvrdjenje bez dokaza (dokaz mozete videti u [34]) koje koristiKejlijevu teoremu.

TEOREMA 3.3.17. Broj nacina da permutaciju skupa Nn koja ima samo 1 cikluszapisemo kao proizvod n− 1 transpozicija jednak je nn−2.

TEOREMA O MATRICAMA I STABLIMA

Sada cemo navesti drugo veoma vazno tvrdjenje vezano za razapinjuca stabla, Teo-remu o matricama i stablima (eng. Matrix-Tree Theorem). Ponegde se ova teoremanaziva i Kirhofova teorema, zato sto je Kirhof prvi dosao do nje, jos davne 1847. godine.Ovde cemo samo dati njenu formulaciju, a dokaz se moze naci u [25], Teorema 7.5.1.

TEOREMA 3.3.18. Teorema o matricama i stablima. Broj razapinjucih sta-bala t(G) grafa G jednak je bilo kom kofaktoru Laplasove matrice L.


PRIMER 3.3.19. Odrediti broj razapinjucih stabala u grafu sa slike.

t t t t t t

t

t

##

##

#

cc

cc

c

CCCC

¤¤¤¤

SS

SS

¶¶

¶¶

cc

cc

c

##

##

#

¤¤¤¤

CCCC

¶¶

¶¶

SS

SS

A

B

C D E F G H

Resenje. U Teoremi o matricama i stablima odredicemo kofaktor Ln+2,n+2 (neka uL poslednje 2 vrste, odnosno kolone, odgovaraju cvorovima a i b). Tada je broj svihrazapinjucih stabala jednak

t(K2,n) = Ln+2,n+2 = (−1)1+1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2 0 0 . . . 0 −10 2 0 . . . 0 −10 0 2 0 −1...

.... . .

...0 0 0 2 −1−1 −1 −1 . . . −1 n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

,

gde je determinanta reda (n + 1), tj. t(K2,n) = Dn+1. Ako determinantu ovog oblika (san na poslednjem mestu), dimenzija m×m razvijemo po prvoj koloni, a zatim po prvojvrsti dobijamo rekurentnu jednacinu

Dm = 2Dm−1 − 2m−2, uz pocetni uslov D2 = 2n− 1

i njeno resenje je Dm = 2m−2(2n + 1−m). Kada ovde uvrstimo m = n + 1 dobijamo daje broj razapinjucih stabala jednak

t(K2,n) = Dn+1 = 2n−1 · n.

Za n = 6 svih razapinjucih stabala ima 25 · 6 = 192.

ODREDJIVANJE BROJA RAZAPINJUCIH STABALA

Navescemo jos nekoliko tvrdjenja koja mogu da se iskoriste da pronadjemo broj raza-pinjucih stabala.

Prvo od ovih tvrdjenja je dokazao Temperli (eng. Temperley) 1964. godine. U njemuse javlja, ranije uvedena, Laplasova matrica L = D−A reda n (ona odgovara grafu G san cvorova), kao i matrica J koja ima sve elemente jednake 1 i isto je reda n. Primetimoda za potpun graf Kn imamo da je A = J − I, D = (n− 1)I, pa je L = nI − J .

TEOREMA 3.3.20. Broj razapinjucih stabala je t(G) = 1n2 det(J + L).

Dokaz . Kako je J2 = nJ i JL = 0 (vazi i LJ = 0, sto cemo koristiti kasnije) imamosledecu jednakost:

(J + L)(nI − J) = nJ − J2 + nL− JL = nL.


Sada odredimo adjungovane matrice od leve i desne strane ove jednakosti, a zatim iskoris-timo rezultate iz linearne algebre vezane za adjungovane matrice (adj(nL) = nn−1 adj(L)i M · adj M = M · det(M)M−1 = det(M)), kao i Kejlijevu teoremu (da je adj(L) =adj(nI−J) = nn−2J), Teoremu o matricama i stablima (da je adj L = t(G)J) i na krajuponovo jednakosti sa pocetka ovog dokaza.

adj(J + L) · adj(nI − J) = adj(nL)adj(J + L) · nn−2J = nn−1 adj(L)

adj(J + L)J = nt(G)J(J + L) adj(J + L)J = (J + L)nt(G)J

(J + L) det(J + L)(J + L)−1J = nt(G)(J2 + LJ)det(J + L)J = nt(G)J.

Iz prethodne matricne jednakosti dobijamo da je det(J + L) = n2t(G), odakle dobijamotrazenu jednakost.

Kao posledicu ove teoreme imamo sledece tvrdjenje koje ukljucuje spektar grafa ikarakteristicni polinom grafa (dokaz ovde izostavljamo jer je posledica ovih spektralnihosobina; mozete ga naci u [6], Posledica 6.5). Ono se koristi za dobijanje nekih jednakostisa grafom grana.

TEOREMA 3.3.21. Neka je G k-regularan graf sa n cvorova koji ima spektar

Spec Γ =(

k λ1 . . . λs−1

1 m(λ1) . . . m(λs−1)

).

Tada je kompleksnost grafa G data formulom

t(G) =1n

s−1∏r=1

(k − λr)mr =1n

ψ′(G,λ)∣∣∣λ=k

,

gde je ψ′ izvod karakteristicnog polinoma ψ.

DEFINICIJA 3.3.22. Oznacimo sa G− e graf koji se dobija od grafa G izbacivan-jem grane e, a sa G · e graf koji se dobija od grafa G uklanjenjem grane e = u, v iidentifikovanjem njenih krajeva u i v (tj. spajanjem grajeva grane e u jedan novi cvorkoji je incidentan sa svim granama koje su bile incidentne sa u i v – ovim postupkom sedobija jedan multigraf, tj. graf u kome izmedju 2 cvora moze biti vise grana). Graf G · ese naziva kontrakcija grafa G u odnosu na granu e.

Kada smo uveli ove oznake spremni smo za sledecu teoremu, koja vazi i za multi-grafove. U njoj nam je data rekurentna veza, pomocu koje mozemo odredjivati brojrazapinjucih stabala.

TEOREMA 3.3.23. Za kompleksnost grafa vazi t(G) = t(G− e) + t(G · e).

Dokaz . Svakom razapinjucem stablu u G koje ne sadrzi granu e odgovara razapinjucestablo u G−e. Svakom razapinjucem stablu u G koje sadrzi granu e odgovara razapinjucestablo u G · e.


Pri prebrojavanju razapinjucih stabala, mozemo izbaciti sve petlje, koje se jave nakonkontrakcija, zato sto razapinjuce stablo ne sadrzi nijednu petlju.

Odredjivanje broja razapinjucih stabala pomocu ovih rekurentnih jednacina imapocetne uslove u grafovima bez ivica. Ako je to graf bez ivica sa 1 cvorom tada imamo 1razapinjuce stablo. Ako je to graf bez ivica sa 2 ili vise cvorova, tada nemamo razapinjucestablo. Ako bi racunar sledio ovu proceduru on bi svaku od grana i brisao i kontrakovao(u istom koraku), te bi bilo potrebno izracunavanje 2|E(G)| clanova. Ovaj postupak semoze malo ubrzati brisanjem petlji i prepoznavanje specijalnih multigrafova G za kojenam je poznat t(G) – tu nam moze posluziti i sledeca lema.

LEMA. 3.3.24. Nepovezani multigraf ne sadrzi nijedno razapinjuce stablo. Ako je Gpovezan multigraf koji ne sadrzi konture sem onih koje nastaju od grana koje povezuju 2cvora, tada je t(G) jednako proizvodu multipliciteta grana izmedju cvorova na rastojanju1.

Dokaz . Prvi deo je direktna posledica Leme 3.3.3. Drugi deo se pokazuje indukcijompo broju grana u multigrafu G.

PRIMER 3.3.25. Naci broj razapinjucih stabala u potpunom grafu K4 bez jednegrane e, tj. kompleksnost t(K4 − e).

Resenje. t(K4 − e) = t( q qqqe ) = t( q qq

q) + t( q q qu v w

) = 4 + 2 · 2 = 8.Graf G−e je kontura C4 koja je uniciklicki graf, pa odstranjivanjem bilo koje njene grane(svaka njena grana pripada tom 1 ciklusu) dobijamo stablo, te ona ima 4 razapinjucastabla. Graf G · e je multigraf sa po 2 grane izmedju cvorova u i v i izmedju v i w, pa jena osnovu prethodne leme t(G · e) = 2 · 2 = 4.

Da rezimiramo — broj razapinjucih stabala t(G) u grafu G, mozemo odrediti na jedanod sledeca 4 nacina:

1. pomocu Teoreme o matricama i stablima;

2. pomocu Teoreme 3.3.20, tj. t(G) = det(J + L)/n2;

3. pomocu Teoreme 3.3.23, tj. rekurentnom vezom t(G) = t(G− e) + t(G · e);4. kombinatorno - prebrojavanjem svih mogucih slucajeva za razapinjuca stabla

(moguce za neke jednostavnije grafove).

PRIMER 3.3.26. Odrediti broj razapinjucih stabala u grafu iz Primera 3.3.19 napreostala 3 nacina.

Resenje 2. t(K2,n) =det(J + L)(n + 2)2

. Kada ovu determinantu razvijemo prvo po prvoj, a

zatim po poslednjoj koloni dobijamo da je

t(K2,n) =

((n + 1)2 − 1

) · det(

∥∥∥∥∥∥∥∥∥

3 1 . . . 11 3 . . . 1...

. . ....

1 1 . . . 3

∥∥∥∥∥∥∥∥∥)

(n + 2)2.


Ako prvoj vrsti gornje determinante (reda n) dodamo ostale, zatim iz te vrste izvucemofaktor (n + 2) i onda tu vrstu (koja ima sve elemente 1) oduzmemo od ostalih dobijamotrougaonu determinantu sa n− 1 elemenata 2 na dijagonali, pa je

t(K2,n) =n(n + 2) · (n + 2)2n−1

(n + 2)2= n2n−1.

Resenje 3. t(K2,n) = t( q q q q q qqq

) = t( q q q q q qqq

) + t( q q q q qqq

) = 2t( q q q q qqq

) + t( q q q q q q),odnosno dobijamo rekurentnu jednacinu

t(K2,n) = 2t(K2,n−1) + 2n−1, uz pocetni uslov t(K2,1) = 1

i njeno resenje jet(K2,n) = n · 2n−1.

Resenje 4. Kombinatornim rezonom dobijamo da cvorovi a i b mogu biti spojeni putemduzine 2 u razapinjucem stablu preko bilo kog od cvorova 1, 2, . . . , n i taj cvor mozemoizabrati na

(n1

)= n nacina. Za svaki od preostalih n−1 cvorova imamo 2 mogucnosti: ili

je spojen sa cvorom a ili sa b. To nam daje(n1

) · 2n−1 nacina da odaberemo razapinjucestablo, odnosno ukupan broj razapinjucih stabala je jednak

(n1

) · 2n−1 = n · 2n−1.

VEKTORSKI PROSTOR KONTURA

DEFINICIJA 3.3.27. Oznacimo sa KG skup svih ciklusa u grafu G (slovo K je jercikluse drugacije zovemo konturama), svih mogucih duzina.

Preciznije to je skup svih podgrafova od G koji su konture. Ovaj skup ima prilicnopuno elemenata, sto cemo videti na sledecem primeru.

PRIMER 3.3.28. Odrediti broj elemenata sledecih skupova KKn , KKn,n i KT , gdeje T suma.

Resenje. Za potpun graf Kn konture mogu imati sledece duzine: 3, 4, . . . , n. Iz Kn

mozemo k cvorova odabrati na(nk

)nacina, a od tih k cvorova mozemo konturu odrediti

na (k−1)!2 nacina, jer (k−1)! odredjuje broj permutacija na krugu, a delimo sa 2 jer jedan

ciklus odredjuje 2 permutacije na krugu (u zavisnosti u kom smeru se krecemo). Tada je

|KKn | =n∑

k=3

(n

k

)· (k − 1)!

2.

Na slican nacin, potpun bipartitni graf Kn,m, gde je n 6 m ima samo konture parnihduzina: 4, 6, . . . , 2n, pri cemu u svakoj toj konturi cvorovi naizmenicno idu iz jedne, paiz druge particije. Stoga dobijamo

|KKn,n | =n∑

k=3

(n

k

)(m

k

)· k!(k − 1)!

2.

Kako suma ne sadrzi nijednu konturu to je KT = 0.


Na prvi pogled nam izgleda da skup KG nema neku logicnu strukturu. Da bismo toprebrodili uvescemo pogodnu generalizaciju pojma ciklusa, tzv. parni skup grana, kojiima strukturu vektorskog prostora. I ova ideja se prva pojavila u istrazivanju elektricnihkola.

DEFINICIJA 3.3.29. Neka je G = (V,E) dati graf. Podskup E′ ⊆ E zove se parniskup grana ako su stepeni svih cvorova podgrafa G′ = (V,E′) parni.

Na primer, prazan skup i skup grana proizvoljnog ciklusa su parni skupovi grana. Josjednu vezu ciklusa i parnih skupova grana nam daje i sledeca lema.

LEMA. 3.3.30. Podskup E′ je parni skup grana ako i samo ako postoje medjusobnodisjunktni ciklusi C1, C2, . . . , Ct tako da je E′ = C1 ∪ C2 ∪ · · · ∪ Ct.

Dokaz . Kako stablo (a samim tim i suma) sadrzi bar 2 cvora stepena 1, a graf G′ imasve stepene cvorova parne, to G′ nije suma. Stoga za neprazan parni skup grana E′ grafG′ = (V, E′) sadrzi neki ciklus (koga formiraju grane C1). Skup E′ \C1 je takodje parniskup grana, ali sa manjim brojem grana. Tvrdjenje dobijamo principom matematickeindukcije po broju grana u E′.

DEFINICIJA 3.3.31. Neka je G = (V, E) dati graf koji ima skup granaE = e1, e2, . . . , em. Svakom podskupu A ⊆ E pridruzujemo karakteristicni vektor~xA = (a1, a2, . . . , am) tako da je

ai =

1, ei ∈ A0, ei /∈ A

.

Neka je E skup karakteristicnih vektora parnih skupova grana grafa G.

U nastavku cemo posmatrati operacije nad vektorima (sabiranje vektora i mnozenjeskalarom) u dvoelementnim poljem GF2. To polje se sastoji od brojeva 0 i 1, sa arit-metickim operacijama po modulu 2 (umesto da pisemo +2 i ·2 pisacemo obicno + i · ,npr. 1 + 1 = 0). Oznaku GF koristimo jer je ona skracenica od engleskog Galois Field(srp. polje Galoa) — to je uobicajena oznaka za konacna polja.

LEMA. 3.3.32. Neka su A,B ⊆ E parni skupovi grana. Tada za njihove karakter-isticne vektore vazi jednakost

~xA + ~xB = ~xC ,

gde je skup C = A M B = (A ∪B) \ (A ∩B) simetricna razlika skupova A i B.Skup C je takodje paran skup grana.

Dokaz . Proverimo sva 4 slucaja za svaku granu ei.Ako je ei ∈ A \B tada imamo i da je ei ∈ C i ci = ai + bi = 1 + 0 = 1.Ako je ei ∈ B \A tada imamo i da je ei ∈ C i ci = ai + bi = 0 + 1 = 1.Ako je ei ∈ A ∩B tada imamo i da je ei 6∈ C i ci = ai + bi = 1 + 1 = 0.


Ako je ei ∈ E \ (A ∪B) tada imamo i da je ei 6∈ C i ci = ai + bi = 0 + 0 = 0.Time smo pokazali da je ~xA + ~xB = ~xC .

Ostaje jos da pokazemo da je skup C paran skup grana. Uzmimo proizvoljan cvorv ∈ V . Oznacimo sa dA broj ivica susednih cvoru v koje su iz skupa A, sa dB broj ivicasusednih cvoru v koje su iz skupa B i sa d broj ivica susednih cvoru v koje pripadaju iskupu A i skupu B. Kako su A i B parni skupovi grana, to su dA i dB parni brojevi.Broj grana susednih sa cvorom v koji pripadaju simetricnoj razlici

C = A M B = (A ∪B) \ (A ∩B)

je jednak da + db − d, pa je stepen cvora v i u C paran. Kako je v proizvoljno izabrancvor, to je i skup C paran skup grana.

TEOREMA 3.3.33. Skup E je vektorski prostor nad dvoelementnim poljem GF2.

Dokaz . Da bismo pokazali da je E vektorski prostor, potrebno je da pokazemo da je zbir2 vektora ~xA, ~xB ∈ E takodje vektor iz E i da je proizvod vektora ~xA iz E skalarom k izGF (2) takodje vektor iz E . Na osnovu prethodne leme imamo da ~xA, ~xB ∈ E ⇒ ~xA+~xB ∈E . Skalar k ∈ GF (2) moze biti k = 0 i tad je 0 · ~xA = (0, 0, . . . , 0) = ~x∅ ∈ E ili je k = 1 itad je 1 · ~xA = ~xA ∈ E .

DEFINICIJA 3.3.34. Neka je T = (V,E′) proizvoljna razapinjuca suma grafa G. Zasvaku granu e ∈ E\E′, neka Ce oznacava (jedinstveni) ciklus sadrzan u grafu (V, E′∪e).Ciklus Ce zovu se fundamentalni (ili elementarni) ciklusi za granu e u odnosu na daturazapinjucu sumu T .

TEOREMA 3.3.35. Karakteristicni vektori svih fundamentalnih ciklusa Ce,e ∈ E \ E′, cine bazu vektorskog prostora E , pri cemu za paran skup grana A vazi

~xA =∑

e∈A\E′~xCe .

Dimenzija vektorskog prostora E jednaka je |E| − |V | + k, gde je k broj komponentipovezanosti grafa G.

Dokaz . Neka je T = (V, E′) razapinjuca suma grafa G. Tada je |E′| = |V | − k, gde jek broj komponenti povezanosti grafa G. Potrebno je pokazati da karakteristicni vektorisvih fundamentalnih ciklusa cine bazu vektorskog prostora E .

Prvo pokazimo da su fundamentalni ciklusi linearno nezavisni. Posmatrajmo nekugranu ei ∈ E \ E′. Karakteristicni vektor ~xCei

fundamentalnog ciklusa Cei je jedinimedju karakteristicnim vektorima svih fundamentalnih ciklusa koji ima 1 na poziciji i.Stoga se vektor ~xCei

ne moze predstaviti kao linearna kombinacija ostalih karakteristicnihvektora fundamentalnih ciklusa. Kako je grana ei proizvoljno odabrana, to za svakikarakteristicni vektor fundamentalnog ciklusa vazi da se ne moze predstaviti kao linearnakombinacija ostalih karakteristicnih vektora fundamentalnih ciklusa, te su stoga svi tivektori linearno nezavisni.


Jos je potrebno da pokazemo da fundamentalni ciklusi generisu ceo prostor E . Nekaje dat parni skup grana A i zadajmo skup B pomocu njegovog karakteristicnog vektorakoji je dat sa

~xB =∑

e∈A\E′~xCe

.

Skup B je takodje parni skup grana jer po Lemi 3.3.32 imamo da zbir 2 vektora kojiodgovaraju parnom skupu grana odgovara parnom skupu grana, a fundamentalni ciklusiCe su parni skupovi grana. U skupu B se nalaze samo grane koje pripadaju neparnombroju fundamentalnih ciklusa (u odnosu na razapinjucu sumu T ). Zato B sadrzi skupA\E′ (jer svaka njegova grana lezi na jedinstvenom fundamentalnom ciklusu, a i ucestvujeu sumi pomocu koje je zadat ~xB). Oznacimo C = A M B. Prema Lemi 3.3.32 C je parniskup grana, a imamo i da je C ⊆ E′ (vec smo videli da je (A \E′) ⊆ B, a zbog definicijeB, tj. ~xB imamo da je i (B \ E′) ⊆ A). Kako je E′ skup grana sume T , to E′ ne sadrzinijedan ciklus, pa parni skup grana C za koji vazi C ⊆ E′ mora da zadovoljava C = ∅.To povlaci da je A = B, pa smo vektor ~xA predstavili kao linearnu kombinaciju nekihkarakteristicnih vektora koji odgovaraju fundamentalnim ciklusima, tj.

~xA =∑

e∈A\E′~xCe .

Time smo pokazali da karakteristicni vektori svih fundamentalnih ciklusa cine bazuvektorskog prostora E i kako njih ima |E| − |V | + k, tolika je i dimenzija vektorskogprostora E .

Direktna posledica prethodne teoreme je sledece tvrdjenje.

TEOREMA 3.3.36. Broj parnih skupova grana u grafu G = (V, E) sa k komponentipovezanosti jednak je

|E| = 2|E|−|V |+k.

Dokaz . Kako se svaki karakteristicni vektor koji odgovara nekom parnom skupu granamoze na jedinstven nacin predstaviti kao zbir nekih vektora iz baze (i kako svaki zbirvektora iz baze odredjuje jedan paran skup grana), to kada odredjujemo proizvoljanparan skup grana za svaki vektor iz baze E imamo 2 mogucnosti: da je ukljucen u zbirili da nije. Kako baza E ima |E| − |V |+ k elemenata dobijamo da parnih skupova granau grafu imamo |E| = 2|E|−|V |+k.

Za povezan graf G = (V, E) sa n cvorova i m grana imamo da njegovo proizvoljnorazapinjuce stablo T = (V, E′) sadrzi n−1 grana, dok odgovarajuce kostablo K = (V, E \E′) sadrzi m− n + 1 grana. Opstije, za proizvoljan graf G = (V, E) sa k komponenata,njegova razapinjuca suma K = (V,E \ E′) sadrzi n − k grana, a odgovarajuca kosumasadrzi m− n + k grana. Stoga imamo sledecu definiciju.

DEFINICIJA 3.3.37. Za proizvoljan graf sa n cvorova, m grana i k komponenata

i) ρ(G) = n− k je rang grafa G;

ii) ν(G) = m− n + k je ciklomaticki broj (ili korang ili ciklomatski indeks) grafa G.

Dimenzija vektorskog prostora E je ciklomaticki broj grafa G.


Ciklomaticki broj se nazivao i Betijev broj (eng. Betti). Ovaj naziv se javljao ustarijim knjigama i vodi poreklo iz topologije i vezan je za simplicijalne komplekse (zavise informacija pogledati [18], glavu 4. Stabla).

PRIMER 3.3.38. Odredimo sve elementarne cikluse u grafu G = (V,E) (predstavljenna slici), gde je V = 1, 2, 3, 4, 5, 6, E = a, b, c, d, e, f, g, h, i sa razapinjucim stablom(na slici je iscrtano debljim linijama) T = (V, E′), gde je E′ = a, d, e, g, i.

u u

u u

uu

1 23

45 6

a

b c

d e f

g h

i

Resenje. Kako je za graf G: |V | = 6 i |E| = 9 sa k = 1 dobijamo da njegov prostorkontura ima dimenziju 9 − 6 + 1 = 4 (bez obzira na stablo T ). Stablu T koje je naslici nacrtano debljim linijama odgovara baza prostora kontura koji se se sastoji odkarakteristicnih vektora sledecih elementarnih ciklusa:

Cb = b, d, g, e ~xCb= (0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0)

Cc = c, a, d, g, e ~xCc = (1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0)Cf = f, a, d, i ~xCf

= (1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1)Ch = h, g, i ~xCh

= (0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1)

Svaku od ostalih kontura (tj. njihove karakteristicne vektore) mozemo predstaviti prekovektora fundamentalnih ciklusa, npr. za:

C = b, d, g, h, f, c ~xC = (0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0)

imamo predstavljanje kao linearnu kombinaciju ~xC = ~xCb+ ~xCc + ~xCf

+ ~xCh.

ZADACI

3.3.1. Odrediti broj svih izomera sledecih alkana: C5H12, C6H14 i C7H16. Nacrtatiodgovarajuca stabla. Da li su to sva neizomorfna stabla sa 5, 6, odnosno 7 cvorova?

3.3.2. Dekodirati sledece Priferove nizove:a) s = (1, 8, 1, 5, 2, 5);b) s = (7, 4, 4, 1, 7, 1);c) s = (1, 4, 1, 6, 6, 4);d) s = (1, 4, 3, 3, 4, 4, 4);e) s = (9, 8, 10, 10, 1, 8, 9, 1);f) s = (1, 4, 2, 2, 4, 3, 3, 3, 4, 4).Zatim primeniti Priferovo kodiranje na dobijena stabla.

3.3.3. Dokazati da je broj razapinjucih stabala kompletnog grafa sa n cvorova iz kogaje obrisana jedna grana jednak (n− 2)nn−3.

3.3.4. Dokazati da za potpuni bipartitni graf Km,n vazi t(Km,n) = mn−1nm−1.


3.3.5. Neka je Wn tocak sa n + 1-im cvorom. Oznacimo sa wn = t(Wn). Dokazati davazi rekurzivna relacija wn = 4wn−1 − 4wn−2 + 1, uz pocetne uslove w0 = 0, w1 = 1.Odredite wn.

3.3.6. Odrediti broj neizomorfnih, kao i ukupan broj razapinjucih stabala grafa saslike.

r r

r r

r r

r rr

r

@

@¡

¡¡

¡

3.3.7. Naci broj stabala sa skupom cvorova v1, . . . , vn u kojima svaki cvor ima stepen1 ili 3.

3.3.8. Odrediti ciklomaticki broj grafa m×n celobrojne resetke. Na slici je data 4× 5celobrojna resetka.

r r r r rr r r r rr r r r rr r r r r

3.3.9. Da li graf na slici moze da se predstavi kao unija granski-disjunktnih razapinjucihstabala? A kao unija izomorfnih granski-disjunktnih razapinjucih stabala?

rr

r

rr

r

rr

r¡¡

¡¡

¡¡@

@

@@

@@

3.3.10. Cvorovi grafa G su iskljucivo stepena 3 ili 4. Koliko ima cvorova stepena 3,ako G moze da se razlozi na dva razapinjuca stabla?

3.4 OJLEROVI I HAMILTONOVI GRAFOVI

Svajcarskom matematicaru Leonardu Ojleru su tokom boravka u Kenigsbergu (nem.Konigsberg; danasnji Kalinjingrad) mestani postavili problem da predje preko svih 7mostova (koji spajaju 2 obale reke Pregel medjusobno i sa 2 ostrva) tako da preko svakogpredje tacno jedanput. Ojler je dao odrecan odgovor.

26. avgusta 1735. godine, Ojler je prezentovao svoj rad na ovom problemu Sant Peters-burgskoj akademiji nauka dokazujuci da je takav obilazak mostova nemoguc uz napomenuda se njegov metod moze prosiriti na prozvoljan raspored ostrva i mostova. Tacnije, Ojlerje samo formulisao potrebne i dovoljne uslove da takav obilazak postoji, ali nije smatraoda je potrebno da pokaze dovoljne uslove u opstem slucaju. Prvi potpuno korektan dokazovog tvrdjenja je dao Hirholcer (nem. Hierholzer).

Na narednoj slici levo je predstavljena mapa Kenigsberga (iz vremena Ojlera) sanjegovim mostovima. Ojler je svakoj obali i ostrvu pridruzio cvorove grafa, a graneizmedju njih su bili mostovi. Tako je on dobio jedan multigraf, koji je predstavljen naslici desno.


Ojler je clanak o Problemu Kenigsbergskih mostova napisao 1736. godine (i stoga seta godina uzima za osnivanje teorije grafova) i on je prvi put objavljen 1741. godine, alije tada probudio malo interesa medju ostalim matematicarima. Ovaj problem i rezultatsu ostali malo poznati do kraja 19. veka kada su ga engleski matematicari Dzordz Lukas(eng. George Lucas, 1882.) i Raus Bol (eng. Rouse Ball, 1892.) ukljucili u svoje knjige orekreativnoj matematici. Pojam Ojlerovog grafa za graf koji se moze nacrtati ne podizuciolovku sa papira se odomacio zahvaljujuci Kenigu, koji ga je iskoristio u svojoj pionirskojknjizi o Teoriji grafova (1936. godine).

Trazenje Ojlerovog puta nalazi primenu u jos nekim problemima Kombinatorne opti-mizacije, poput Problema kineskog postara (sa kojim cemo se sresti kasnije), ali i u radusa laserima, gde je cilj da se optimalno koristi laser i samim tim pojeftiniti cenu finalnogproizvoda (metodama Kombinatorne optimizacije postize se usteda vremena rada i do90%).

Vratimo se sad na istoriju. U narednih 125 godina od prvog Ojlerovog rezultata(Problema kenigsberskih mostova) bilo je svega nekoliko rezultata bitnih za razvoj Teorijegrafova. To su Ojlerova formula za poliedre (tj. planarne grafove), kao i Kirhofovi iKejlijevi rezultati vezani za razapinjuca stabla (vise o tome mozete videti u toj glavi).Sledeci (istorijski vredan) rezultat je opet vezan za ovu glavu i Hamiltonove grafove.

Irski matematicar ser Vilijam Hamilton je 1859. godine sastavio zanimljivu slagalicu,pod nazivom ”Icosian game”(ponegde jos i kao ”Put oko sveta”jer je cvorove grafa nazvaoimenima velikih gradova). Cilj je bio obici sve gradove i vratiti se u polazni. Ta igraje koristila ivice regularnog dodekaedra (tacnije grane ravanskog grafa koji reprezentujedodekaedar) za predstavljanje dozvoljenih puteva izmedju gradova. Prema njemu jekontura koja prolazi kroz sve cvorove grafa tacno jednom (tako da ni kroz jednu granune prolazi vise od jedanput) dobila ime — Hamiltonova kontura. Na narednoj slici levo jeprikazana ta njegova igra, a desno je graf dodekaedra sa odgovarajucom Hamiltonovomkonturom (niz cvorova 1− 2− 3− . . .− 19− 20− 1).

1

20

19 18

17

2

10

12 14

16

6

5

48

7

9

11

13

15

3


I pre Hamiltona su se slicnim problemima, koji su dosli iz rekreativne matematike,bavili mnogi matematicari. Najpoznatiji takav problem je Problem konjickog skoka kojimsu se bavili i Ojler, Moavr, Vandermond (fra. Moivre, Vandermonde) i Kirsak (nem.Kurschak). Formulisimo taj problem.

Da li je moguce skakacem obici sva polja sahovske table, tako da se svakopolje obidje tacno jedanput?

Na narednoj slici je prikazano jedno resenje na klasicnoj sahovskoj tabli 8 × 8. For-mulisimo taj problem.

Sada cemo dati i grafovsku formulaciju Problema konjickog skoka.

Da li u grafu pridruzenom skakacu postoji Hamiltonov put?

O Problemu konjickog skoka postoji obimna literatura. Ispitivana je ne samo egzistencijaresenja na sahovskim tablama razlicitih dimenzija, vec i nacin konstrukcije i broj resenja.Dokazano je da Problem konjickog skoka ima resenje na svim pravougaonim tablamadimenzija m× n za m,n > 3, izuzev tabli 3× 3, 3× 5, 3× 6 i 4× 4.

Jos jedan veoma bitan problem je povezan sa Hamiltonovom konturom — to je Prob-lem trgovackog putnika.

Dat je skup od n gradova koje trgovacki putnik treba da poseti po jedanput,takvim redosledom da troskovi puta budu minimalni.

Sada cemo navesti i grafovsku formulaciju Problema trgovackog putnika.

U zadatom tezinskom grafu odrediti Hamiltonovu konturu najmanje tezine.

Ovaj klasican problem Teorije grafova je dobio znacajnu paznju i u Operacionim is-trazivanjima, kao i teoretskom rachunarstvu (eng. computer science). Kako sam problemtrazenja minimalne Hamiltonove konture iziskuje mnogo vremena (cak i racunarskog!)do danas je pronadjeno mnostvo heuristika koje daju priblizno optimalno resenje Prob-lema trgovackog putnika. Za resavanje Problema trgovackog putnika koristi se metodagrananja i odlucivanja, koja se naziva i implicitna enumeracija. Za razliku od eksplicitneenumeracije (kod kojih probamo sve moguce permutacije skupa cvorova), ovde prostormogucih resenja delimo na manje delove (grananje) i to vise puta pri cemu se pojedinidelovi prostora resenja odbacuju na osnovu procene vrednosti funkcije koja se minimizira(ogranicavanje).

Dokazano je da je Problem trgovackog putnika NP -kompletan problem. Svi poznatialgoritmi za NP -kompletne probleme imaju eksponencijalnu slozenost. To je u vezi sahipotezom P 6= NP . Poznato je da ako bi za jedan NP -kompletan problem postojao


algoritam polinomijalne slozhenosti, tada bi postojao algoritam polinomijalne slozhenostiza svaki NP -problem.

Generalizacije problema trgovackog putnika nasle su primene u radu robotskih masinakoji obradjuju maticne ploce racunara, ali i u svemirskim istrazivanjima. Npr. satelitRosat, koji je zajednicki projekat SAD, Engleske i Nemacke, u periodu od 1990. do 1998.godine obilazio je oko planete Zemlje. On je nosio teleskop koji je merio kolicinu X-zracenja koje dolazi sa zvezda. Da bi ustedeli i vreme i energiju koju trosi teleskop,pribegnuto je kombinatornoj optimizaciji za trazenje Hamiltonove konture kroz nekolikomiliona zvezda. Tim postupkom je posao obavljen za duplo krace vreme.

OJLEROVI GRAFOVI

Tvrdjenje Ojlerove teoreme cemo formulisati u jacem obliku, za multigrafove (tj. iako izmedju 2 cvora ima vise od jedne grane). Jedan od razloga je i sto je graf kojiodgovara mostovima u Kenigsbergu ustvari multigraf (drugi vazniji razlog je sto ce namdokazivanje narednih teorema biti malo jednostavnije). Prosti grafovi (sa kojima najviseradimo u ovoj knjizi) su specijalni slucaj multigrafova kod kojih izmedju svaka 2 cvorapostoji jedna ili nijedna grana.

Uvedimo nekoliko definicija koje su nam potrebne za naredne teoreme.

DEFINICIJA 3.4.1. Ojlerova kontura multigrafa G je zatvorena staza koja sadrzisve grane iz G. (Multi)graf koji ima Ojlerovu konturu naziva se Ojlerov (multi)graf.

Ojlerov put u multigrafu G je staza koja sadrzi sve grane iz G (moze biti i da nijezatvorena). (Multi)graf koji ima Ojlerov put naziva se poluojlerov (multi)graf.

Prvo cemo dati jedno pomocno tvrdjenje.

LEMA. 3.4.2. Ako je u grafu G najmanji stepen cvora δ > 2, onda G sadrzi ciklus.

Dokaz . Pretpostavimo suprotno — da je G aciklican. Tada je G suma i svaka njenakomponenta povezanosti H je stablo. Ali kako u svakom netrivijalnom stablu (ako jetrivijalno sastoji se od jednog izolovanog cvora v i za njega treba da vazi d(v) > δ > 2,sto je kontradikcija jer je d(v) = 0) prema Teoremi 3.2.4 postoje bar 2 cvora stepena 1,dobijamo kontradikciju sa polaznom pretpostavkom δ > 2, te G sadrzi ciklus.

TEOREMA 3.4.3. Ojlerova teorema. Povezan multigraf sa bar jednom granomje Ojlerov ako i samo ako sadrzi sve cvorove parnog stepena.

Dokaz . ⇒: Ako se krecemo po Ojlerovoj konturi, onda uvek kada nekom granomudjemo u neki cvor, moramo koristiti neku drugu granu (koju jos nismo koristili!) daizadjemo iz toga cvora. Kako kod Ojlerove konture sve grane moraju biti predjene (i nakraju se vracamo u polazni cvor) dobijamo da su stepeni svih cvorova parni.

⇐: Pretpostavimo da je stepen svakog cvora u povezanom multigrafu paran ipomocu matematicke indukcije (po broju grana) dokazimo da taj multigraf sadrziOjlerovu konturu.


Za povezani multigraf sa 2 grane tvrdjenje je tacno (to je multigraf s s). Pret-postavimo da je tvrdjenje tacno za sve multigrafove sa manje od m grana i posmatrajmopovezani multigraf G sa m grana kod koga su svi cvorovi parnog stepena.

Prema prethodnoj lemi postoji ciklus s u ovom grafu. Izbacimo iz multigrafa G graneiz s. Dobijeni podmultigraf H, ne mora biti povezan, ali mu svi cvorovi imaju paranstepen. Svaka od komponenti povezanosti Hi po induktivnoj pretpostavci sadrzi Ojlerovukonturu si (Ojlerovu u toj komponenti!). Kako je multigraf G bio povezan, svaka od stazas1, s2, . . . , sk ima bar jedan zajednicki cvor sa zatvorenom stazom s. Trazenu zatvorenuOjlerovu stazu dobijamo tako sto se krecemo po stazi s i kad god naidjemo na neki cvoru koji se nalazi na zatvorenoj stazi si koju nismo obisli, iz njega skrenemo i obidjemocelu stazu si (na kraju tog obilaska smo ponovo u cvoru u), a zatim nastavljamo obilazakpo stazi s (sa potrebnim skretanjima za ostale staze sj).

Time smo dobili da i za povezani multigraf sa m grana i svim cvorovima parnog ste-pena postoji Ojlerova kontura, pa po principu matematicke indukcije ovaj smer teoremevazi za svaki multigraf koji ispunjava uslove.

Posledica prethodne teoreme je i sledece tvrdjenje.

POSLEDICA. 3.4.4 Povezan multigraf sa bar jednom granom je poluojlerov ako isamo ako sadrzi 0 ili 2 cvora neparnog stepena.

Dokaz . ⇒: Ako multigraf poseduje Ojlerov put (tj. zatvorenu Ojlerovu stazu iliOjlerovu stazu), tada analogno kao i u prethodnoj teoremi dobijamo da svaki cvor (semmozda pocetnog i krajnjeg ako su razliciti) ima paran stepen.

⇐: Ako povezan multigraf ima 0 cvorova neparnog stepena onda zadovoljava usloveOjlerove teoreme pa sadrzi (zatvorenu) Ojlerovu stazu.

Ako povezan multigraf G ima 2 cvora neparnog stepena (u i v) onda od njega mozemonapraviti multigraf H, tako sto cemo grafu G dodati jos jednu granu e = u, v. Graf Hprema Ojlerovoj teoremi sadrzi Ojlerovu konturu. Izbacivanjem grane e iz ove Ojlerovukonturu dobijamo Ojlerov put koji polazi iz cvora u i zavrsava se u cvoru v.

PRIMER 3.4.5. Na osnovu prethodne teoreme vidimo da obilazak mostova u Kenigs-bergu nije moguc jer odgovarajuci graf ima stepene cvorova 5,3,3,3, te on nije ni poluoj-lerov, a pogotovo nije Ojlerov.

U prethodnim teoremama smo dali potrebne i dovoljne uslove za egzistenciju Ojlerovekonture, odnosno Ojlerovog puta. Sada cemo dati postupak za nalazenje Ojlerove kontureu Ojlerovom grafu (sa manjom modifikacijom dobijamo Ojlerov put). To je algoritamFlerija (eng. Fleury) koji konstruise Ojlerovu konturu tako sto u svakom koraku biramost samo ako nema drugog izbora. Ulaz za ovaj algoritam je Ojlerov graf G, a izlaz jeniz cvorova i grana W koji predstavljaju Ojlerovu konturu.


procedure Flerijev algoritam(G)v := v0

// pretpostavlja se da je izabran proizvoljan cvor v0 ∈ V (G)W := v0

H := Gwhile E(H) 6= ∅

// neka je do sad izabrana staza W = v0, e1, v1, . . . , ei, vi

beginizabrati ei+1 ∈ E(H) tako da vaze uslovi:

1) ei+1 je susedna sa vi;// tj. ei+1 = vi, vi+1

2) ei+1 nije most u H (izuzev ako nema drugog izbora).W := W, ei+1, vi+1

H := H − ei+1

// iz H izbacimo ei+1, a u stazu W dopisemo ei+1 i vi+1

endend procedure

Dokaz da Flerijev algoritam daje Ojlerovu konturu mozete naci u [27].

Ojlerove konture su od interesa za organizacije koje u velikim gradovima domacinstvimavrse neke usluge (npr. raznose postu). Organizatori velikih izlozbi moraju (ako hoce daposetioci vide sve eksponate i da prelaze sto manji put) da odrede jedan Ojlerov putu grafu odredjenom izlozbenim prostorom i stazama kroz njega. Najpoznatiji ovakavproblem je Problem kineskog postara (dobio takvo ime jer ga je prvi razmatrao kineskimatematicar Kuan 1962. godine).

U posti postar ujutru uzima pisma, obilazi ulice u svom reonu i na kraju radnog danavraca se u postu. Postar ce najracionalnije razneti pisma u svom reonu ako kroz svakuulicu prodje tacno jedanput. To je moguce samo ako je odgovarajuci graf Ojlerov, a uostalim slucajevima se trazi optimalno resenje, tj. da postar odabere mars-rutu kojom cehodati sto je manje moguce. Ovaj problem je u literaturi poznat kao Problem kineskogpostara.

Resenje ovog problema dobija se kombinacijom Flerijevog algoritma i algoritma Ed-mondsa i Dzonsona (eng. Edmonds, Johnson; 1974. godina). U algoritmu Edmondsai Dzonsona vrsimo dupliciranje postojecih ivica tezinskog multigrafa G, tako da utezinskom Ojlerovom nadgrafu G∗ suma

X

e∈E(G∗)

ω(e) bude minimalna (ovde je funkcija

ω dodeljuje tezinu svakoj grani). Zatim Flerijevim algoritmom pronadjemo Ojlerovukonturu u G∗ i to je trazeni put postara.

HAMILTONOVI GRAFOVI

DEFINICIJA 3.4.6. Hamiltonova kontura grafa G je zatvoren put koji sadrzi svecvorove iz G. Graf koji ima Hamiltonovu konturu naziva se Hamiltonov graf.

Hamiltonov put u grafu G je put koji sadrzi sve cvorove iz G. Graf koji imaHamiltonov put naziva se poluhamiltonov graf.


Medju definicijama Ojlerovih i Hamiltonovih grafova postoji velika slicnost, ali jepotpuno drugacija situacija kada je u pitanju njihova karakterizacija. Ojlerovi grafovisu u potpunosti odredjeni Ojlerovom teoremom, dok za Hamiltonove grafove tako nestonije poznato. Jedan od najvecih neresenih problema Teorije grafova je odrediti potrebani dovoljan uslov da je graf Hamiltonov.

Ojlerovi i Hamiltonovi grafovi nemaju neku direktnu vezu. To pokazuje i sledeciprimer.

PRIMER 3.4.7. Odrediti grafove koji su istovremeno Ojlerovi i Hamiltonovi, nisuOjlerovi a jesu Hamiltonovi, jesu Ojlerovi a nisu Hamiltonovi, nisu ni Ojlerovi niHamiltonovi.

Resenje. Ojlerov i Hamiltonov graf je kontura Cn, npr. C3. Potpun graf K4 nijeOjlerov, a jeste Hamiltonov. Potpun bipartitini graf K2,4 jeste Ojlerov, a nije Hamiltonov.Zvezda S3 = K1,3 nije ni Ojlerov ni Hamiltonov graf.

Ovi grafovi su prikazani na prethodnoj slici.

Jos opstije, imamo da egzistencija Hamiltonovog puta ne zavisi samo od stepenacvorova, sto pokazuje sledeci primer.

PRIMER 3.4.8. Odrediti grafove sa istim nizom stepena cvorova, od kojih jedanima Hamiltonov put, a drugi nema.

Resenje. Prvi graf (koji se sastoji od konture C16 kod koje su spojeni naspramnicvorovi) ima ne samo Hamiltonov put, nego i Hamiltonovu konturu. Drugi graf neposeduje Hamiltonov put jer kad predjemo iz jednog dela u drugi prolazimo kroz centralnicvor, tako da u njega ne mozemo ponovo doci, a samo iz njega mozemo preci u treci deoovog grafa.

Oba grafa imaju iste stepene cvorova jer su 3-regularni (tj. svi stepeni su im 3).Stoga ne postoji kriterijum samo na osnovu stepena cvorova koji odredjuje da li je grafpoluhamiltonov (a samim tim i Hamiltonov) ili nije.

Sada cemo dati nekoliko samo potrebnih, odnosno samo dovoljnih uslova za Hamiltonovegrafove.


TEOREMA 3.4.9. Ako je G Hamiltonov graf, onda za svaki podskup ∅ 6= S ⊂ V (G)vazi ω(G − S) 6 |S|, tj. broj komponenti povezanosti grafa G − S nije veci od brojaelemenata skupa S.

Dokaz . Neka je C Hamiltonova kontura u grafu G. Tada je njen skup grana podskupskupa grana grafa, tj. E(C) ⊆ E(G). Odavde dobijamo i da je E(C−S) ⊆ E(G−S), stopovlaci ω(G−S)6ω(C−S) jer se dodavanjem novih grana ne povecava broj komponentiu grafu (ako dodamo granu izmedju cvorova iz iste komponente onda broj komponentiostaje isti, a ako dodamo granu izmedju cvorova razlicitih komponentni onda se smanjiza 1).

Uklanjanjem cvorova iz skupa S kontura C se raspada na jedan ili vise puteva. Brojtih puteva je manji od ili jednak sa brojem elemenata skupa S (izbacivanjem svakognovog cvora iz S dobijamo nov put ako taj cvor nije susedan u C sa nekim prethodnoizbacenim), tj. vazi ω(C − S) 6 |S|.

Sa ove 2 nejednakosti dobijamo trazenu ω(G− S) 6 ω(C − S) 6 |S|.Koriscenje prethodne teoreme za ispitivanje da li je graf Hamiltonov ilustrovacemo

sledecim primerom.

PRIMER 3.4.10. Pokazati da graf sa leve slike ne poseduje Hamiltonovu konturu.

Resenje. Ako za skup S uzmemo 3 crna cvora (svaki od tih cvorova je spojen sa svimostalim), tada ce se graf koji ostane kada izbacimo ova 3 cvora (prikazan na slici desno)sastojati od jednog trougla i tri izolovana cvora, tj. to je graf G−S = K3∪K1∪K1∪K1.On ima 4 komponente povezanosti, ω(G − S) = 4. Kako vazi ω(G − S) = 4 > 3 = |S|dobijamo da graf G ne sadrzi Hamiltonovu konturu.

Sledecim primerom cemo pokazati da uslov Teoreme 3.4.9 nije i dovoljan uslov zaHamiltonove grafove.

PRIMER 3.4.11. Pokazati da Petersenov graf (graf sa donje slike) nije Hamiltonov.


Resenje. Pretpostavimo da Petersenov graf sadrzi Hamiltonovu konturu C. Bez gu-bitka opstosti, mozemo da pretpostavimo da je u konturi C cvor a susedan sa cvorovimab i e. Odatle sledi da cvor h, treci sused cvora a, mora da bude susedan sa cvorovima gi i u C. Sada postoje tri slucaja, u zavisnosti od toga sa kojim cvorovima su u konturiC susedni cvorovi b i e.

i) Cvor b je susedan sa c, a cvor e je susedan sa d. Sada cvorovi c i d ne mogu da budususedni u C, inace se obrazuje kontura abcdea, koja nije Hamiltonova. Prema tome, uC cvor c mora da bude susedan sa g, a cvor d sa i. Medjutim, tada se formira konturaabcghidea, koja takodje nije Hamiltonova, pa je ovaj slucaj nemoguc.

ii) Cvor b je susedan sa c, a cvor e je susedan sa f (ovaj slucaj je analogan slucajukada je cvor b susedan sa j, a cvor e susedan sa d). Cvor j ne moze da bude susedan sab u C, pa stoga j mora da bude susedan sa f i i u C. Slicno, cvor d ne moze da budesusedan sa e u C, pa stoga d mora da bude susedan sa c i i u C. Medjutim, tada cvor imora da bude susedan u C sa cvorovima d, h i j, sto nije moguce.

iii) Cvor b je susedan sa j, a cvor e je susedan sa f . Cvorovi f i j ne mogu da budususedni u C, inace se formira kontura abjfea, koja nije Hamiltonova. Prema tome, uC cvor j mora da bude susedan sa i, a cvor f sa g. Medjutim, tada se formira konturaabjihgfea, koja takodje nije Hamiltonova, pa ni ovaj slucaj nije moguc.

Kako smo u sva tri slucaja dobili kontradikciju, zakljucujemo da Petersenov graf nijeHamiltonov.

Za Petersenov graf, ma kako uzeli skup S, vazi ω(G − S) 6 |S|. Time smo pokazalida ovaj uslov nije i dovoljan.

Dovoljni uslovi za Hamiltonove grafove su daleko brojniji od potrebnih. Najpoznatijisu Dirakov (danski Guy A. Dirac; 1652.), Oreov (eng. O.Ore; 1960.), Bondijev i Hvatalov(eng. J.A.Bondy, V.Chvatal; 1976.), kao i Redeiev (madj. Redei) za orijentisane grafove.Mi cemo ovde pokazati Dirakov uslov, a ostale cemo samo formulisati (dokaze mozetenaci u [27], [36] i [11]).

PRIMER 3.4.12. Na dvoru kralja Artura sakupilo se 2n vitezova, pri cemu svaki odnjih, medju ostalim, ima najvise n− 1 neprijatelja. Dokazati da Merlin, savetnik kraljaArtura, moze da rasporedi vitezove za okrugli sto tako da su svaka dva suseda prijatelji.(Prijateljstvo i neprijateljstvo su simetricni.)

Resenje. Raporedimo vitezove na proizvoljan nacin za sto. Neka su u tom rasporeduneka 2 viteza koji su u svadji, npr. Artur i Lanselot (Artur je imao dobar razlog da negovori sa Lanselotom zbog svoje zene Ginevre) i bez umanjenja opstosti mozemo uzetida je A levo od L. A ima bar n prijatelja medju ostalim vitezovima, a L ima najvisen − 1 neprijatelja (sa sve A). Stoga negde za stolom postoje vitezovi A′ i L′ takvi dasu A i A′ prijatelji, L i L′ prijatelji i da A′ sedi na mestu levo od L′. Merlin sada mozeda vitezovima izmedju L i A′ zameni mesta za stolom (ako je U bio levi sused od V , dasada V bude levi sused od U), a ostale viteze da ostavi gde su bili. Ova transformacijaje predstavljena na sledecoj slici.


. . . AL

V1

V2

.

.

.

Vk

A′

L′. . .

. . . AA′

Vk

V2

.

.

.

V1

L

L′. . .

Vidimo da je raspored viteza (A,L, V1, V2, . . . , Vk, A′, L′) je zamenjen rasporedom(A, A′, Vk, . . . , V2, V1, L, L′) (vitezovi Vi se nalaze i dalje izmedju ista dva viteza), aumesto parova viteza (A,L) (koji su u svadji) i (A′, L′) (koji mogu biti prijatelji, alii neprijatelji) sada imamo parove susednih vitezova (a, a′) i (b, b′). Time je Merlin sman-jio broj neprijateljstava (za 1 ili 2 ako su i A′ i L′ u svadji) medju susednim vitezovimaza stolom. Kako u polaznom rasporedu imamo najvise 2n neprijateljstava (toliko imasusednih parova viteza), sto je konacan broj i kako se u svakom koraku taj broj sman-juje, za nekoliko koraka cemo doci do toga da ima 0 neprijateljstava medju susedima zastolom.

Time smo dokazali da Merlin moze da rasporedi viteze za sto, tako da jedan poreddrugog sede vitezovi koji su prijatelji.

Ovaj primer mozemo prevesti na jezik Teorije grafova tako sto uzmemo da su vitezovicvorovi grafa, a da izmedju 2 cvora imamo granu ako i samo ako su odgovarajuci vitezoviprijatelji. Trazeni raspored za stolom odgovara Hamiltonovoj konturi. Tako dobijamosledecu teoremu (uzeli smo da ima n cvorova, a ne 2n, sto ne menja nista u dokazu!).

TEOREMA 3.4.13. Dirakova teorema. Neka je G graf sa n > 3 cvorova kodkoga je δ > n

2 . Tada je G Hamiltonov graf.

Dokaz . Dokaz ide analogno kao u prethodnom primeru.

Dirakova teorema je specijalni slucaj narednih tvrdjenja.

TEOREMA 3.4.14. Oreova teorema. Neka je G graf sa n > 3 cvorova takav daza svaka 2 nesusedna cvora u i v vazi d(u) + d(v) > n. Tada je G Hamiltonov graf.

TEOREMA 3.4.15. Teorema Bondija i Hvatala. Neka je G graf sa n > 3cvorova. Neka su u i v dva nesusedna cvora za koje vazi d(u) + d(v) > n. Tada je grafG + uv (graf koji se dobija od G dodavanjem grane izmedju cvorova u i v) Hamiltonovako i samo ako je G Hamiltonov graf.

TEOREMA 3.4.16. Teorema Redeia. U orijentisanom grafu G u kojem za svaka2 cvora u i v postoji bar jedna od grana (u, v), (v, u) postoji Hamiltonov put.

U narednom primeru cemo ilustrovati primenu prethodne teoreme u stvarnom zivotu.Taj problem je vezan za trazenje Hamiltonovog puta u orijentisanom grafu.


PRIMER 3.4.17. Gradjevinska firma koja treba da zavrsi n = 5 stanova raspolaze1 ekipom vodinstalatera i 1 ekipom molera. Moleri ne mogu poceti sa radom u stanu ukojem vodoinstalateri nisu zavrsili svoj posao. U k-tom stanu (k = 1, 2, . . . , n) vodoin-stalateri treba da rade vk casova, a moleri mk casova:

v1 = 8, v2 = 20, v3 = 7, v4 = 18, v5 = 9;

m1 = 12,m2 = 12,m3 = 15,m4 = 10,m5 = 15.

Kojim redosledom treba da rade vodoinstalateri da bi celokupan posao bio zavrsen stoje moguce ranije?

Resenje. Moze se pokazati da vodoinstalateri treba da rade u stanu i pre nego ustanu j samo ako je min(vi,mj) 6 min(vj , mi). U protivnom bi ekipa molera gubila visevremena nego sto je potrebno.

Formirajno orijentisan graf sa cvorovima 1, 2, 3, 4, 5 (to su stanovi) u kome od cvorai ide grana ka cvoru j ako je min(vi, mj) 6 min(vj ,mi). Odredjivanje redosleda stanovase svodi na trazenje Hamiltonovog puta u ovom orijentisanom grafu (koji je predstavljenna sledecoj slici).

1

2

3 4

5

Jedini Hamiltonov put je 3, 1, 5, 2, 4. Tim redosledom treba i majstori da rade stanove.

ZADACI

3.4.1. Moze li se jednim potezom nacrtati figura sa slike?

3.4.2. Koji od sledecih grafova imaju Ojlerove konture, odnosno Ojlerove puteve?

t t

t t

tt

a)

t tt t t

t tb)

t t t

t t tc)

t

t

t tt t

d)

t

t

t t t tt t t tt te)

3.4.3. Dokazati ili opovrgnuti: Ne postoji povezan Ojlerov graf koji ima paran brojcvorova i neparan broj grana.

3.4.4. Dokazati ili opovrgnuti: Ako je G Ojlerov graf sa granama e i f koje imajuzajednicki cvor, tada G sadrzi Ojlerovu konturu u kojoj se e i f pojavljuju jedna zadrugom.


3.4.5. a) Koji od grafova sa slike su Ojlerovi grafovi?b) Koji od grafova sa slike su Hamiltonovi grafovi?

3.4.6. Ako je G Ojlerov graf, dati potreban uslov da i njegov komplement G budeOjlerov graf.

3.4.7. Dokazati da graf ima Ojlerovu konturu ako i samo ako svaki njegov blok imaOjlerovu konturu. (Blok je maksimalan povezan podgraf bez vezivnih cvorova.)

3.4.8. Povezan graf G je Ojlerov ako i samo ako se njegov skup grana moze razbiti nakonture, G = C1 ∪ C2 ∪ . . . ∪ Ck, tako da je E(Ci) ∩ E(Cj) = ∅. Dokazati.

3.4.9. Ukoliko postoji naci Hamiltonovu konturu, odnosno Hamiltonov put za sledecegrafove:

t t tt t tt t t

a)

t t

t t

tt

b)t t t

t t tc) t t

t t

t t

t

td)

3.4.10. Na sahovskoj tabli dimenzija a) 5 × 4; b) 4 × 4 u donjem levom uglunalazi se skakac. Da li skakac moze da obidje sva polja sahovske table tacno jedanput?

3.4.11. Dokazati da Kn,n ima n!(n− 1)!/2 Hamiltonovih ciklusa.

3.4.12. Dokazati da graf ciji su svi cvorovi parnog stepena ne sadrzi most.

3.4.13. Dokazati da je, za n > 1, graf Kn,2n,3n Hamiltonov, dok Kn,2n,3n+1 nijeHamiltonov graf.

3.4.14. Dokazati da je n-dimenzionalna kocka Qn (za definicije videti zadatak 3.1.15)Hamiltonov graf za svako n > 2.

3.4.15. Dokazati da je svaki podgraf Petersenovog grafa dobijen udaljavanjem jednogcvora Hamiltonov.

3.4.16. Ispitati da li je Herselov graf (nem. Herschel) Hamiltonov graf. Herselov grafje predstavljen na sledecoj slici.


3.5 PLANARNI GRAFOVI

DEFINICIJA 3.5.1. Za graf kazemo da je planaran ako se moze nacrtati u ravnitako da mu se ivice ne seku (sem u cvorovima grafa).

Na sledecoj slici levo je (uobicajeno predstavljanje) potpunog grafa K4 na osnovu kogabismo mogli da zakljucimo da on nije planaran, ali ako ”iskrivimo”(za strogo-formalnomatematicko izrazavanje ovde je potreban topoloski pojam Zordanove krive; za detaljnijeupoznavanje videti [27]) jednu od ivica dobijamo prezentaciju ovog grafa u ravni, pa jeovaj graf planaran. Na slici desno je planarna reprezentacija grafa K4 koja je simetricna.

Sledece tvrdjenje nam daje vezu izmedju planarnih grafova i grafova na sferi (zbogtoga se planaran graf ponegde definise kao graf koji se moze smestiti u ravan ili na sferu).

TEOREMA 3.5.2. Graf se moze smestiti u ravan ako i samo ako se moze smestitina sferu.

Dokaz . Pretpostavimo da je graf G moguce smestiti na sferu σ. Uocimo jednu njenutacku N koja se ne poklapa ni sa jednim cvorom grafa G, niti pripada nekoj ivici grafaG (oznaku N smo uzeli jer se ta tacka naziva severnim polom – north pole). Suprotnatacka tacki N u odnosu na C (centar sfere σ) je tacka S. U toj tacki postavimo ravanα koja je normalna na sferu σ. Sada mozemo definisati osteografsku projekciju sfere naravan (tacnije osteografska projekcija slika sferu bez severnog pola na ravan):

πN : σ \ N → α sa πN(A) = A′,

gde je A′ presecna tacka prave NA sa ravni α. Preslikavanje πN je bijekcija tacaka sferebez severnog pola, σ\N, na tacke ravni α. To preslikavanje slika graf G koji je smestenna sferi σ u planaran graf G′ (koji je smesten u ravni α).

N

S

A

A′

C

α


Analogno bi se dokazao i obrnuti smer (ovde je bijekcija osteografska projekcija ravnina sferu – to je inverzno preslikavanje π−1

N ).

Jedan od najvaznijih rezultata u teoriji poliedara je Ojlerova formula za poliedre, kojaglasi

n−m + f = 2.

Tu n predstavlja broj temena (eng. vertex) poliedra, m je broj ivica (eng. edge), a f je brojstrana (eng. field). Zbog ovih engleskih naziva ono se cesto zadaje i kao v − e + f = 2.Ova formula se prvi put pojavila u pismu o poliedrima koje je Ojler pisao Goldbahu(nem. Goldbach) novembra 1750. godine, i tu je Ojler opet propustio da da korektandokaz svog tvrdjenja. Prvi valjan dokaz Ojlerove formule dao je Lezandr (fra. Legendre)1794. godine. Taj dokaz je koristio metricka svojstva sfernih poligona. Prvi topoloskidokaz (tj. dokaz koji ne zavisi od metrike) je dao Kosi (fra. Cauchy) 1813. godine. On jeprojektovao poliedar na ravan, zatim izvrsio triangulaciju da bi dobio rezultat za karteu ravni (slican dokaz cemo i mi navesti). Izmedju ova 2 dokaza je Luilie (fra. Lhuilier)pokazao da iz Ojlerove formule sledi da postoji samo 5 pravilnih poliedara (ili kako sedrugacije nazivaju, Platonovih tela). Da ima samo 5 pravilnih poliedara bilo je poznatojos antickim matematicarima pre vise od 2000 godina. Mi cemo ovo tvrdjenje pokazatikasnije.

Planarni graf svojim granama deli ravan na neke oblasti (od kojih je jedna beskonacna,a ostale su konacne). Na sledecoj slici je prikazan planaran graf G koji ravan deli naoblasti f1, f2, f3, f4, f5, f6 (tu je f1 spoljasnja oblast, tj. oblast koja je neogranicena,odnosno beskonacna).

spoǉaxǌa oblast, tj. oblast koja je neograniqena, odnosno beskonaqna).

f1

f2

f3

f4

f5 f6

Pokaimo prvo Ojlerovu teoremu za planarne grafove.Pokazimo prvo Ojlerovu teoremu za planarne grafove.

TEOREMA 3.5.3. Za povezan, planaran graf sa n cvorova, m grana i f oblasti vazin−m + f = 2.

Dokaz . Dokaz ide indukcijom po broju grana.Minimalan broj grana koje sadrzi povezan graf sa n cvorova je m = n− 1 i graf tada

predstavlja stablo (prema Teoremi 2 iz poglavalja ”Stabla”). Stablo ne ogranicava nijednukonacnu oblast, pa je f = 1. U ovom slucaju vazi Ojlerova formula: n− (n− 1) + 1 = 2.

Pretpostavimo da tvrdjenje vazi za sve povezane, planarne grafove koji imaju m =k > n− 1 grana.

Posmatrajmo sta se desava za planaran graf G sa m = k + 1 granom (koji ima ncvorova i f oblasti). Kako je m>n to graf G sadrzi bar jednu konturu (prema Teoremi 2iz poglavalja ”Stabla”). Posmatrajmo jednu granu e koja pripada nekoj konturi u grafuG. Ova grana je granicna za 2 oblasti. U grafu G−e te 2 oblasti se spajaju u jednu oblast.Graf G−e ima n cvorova, m−1 = k grana i f−1 oblasti, pa po induktivnoj pretpostavciimamo da je n− k + (f − 1) = 2, odakle dobijamo da za graf G vazi n− (k + 1) + f = 2.

Na osnovu principa matematicke indukcije dobijamo da vazi Ojlerova formula.


Imamo i sledece poopstenje Ojlerove formule.

TEOREMA 3.5.4. Za planaran graf G sa n cvorova, m grana, f oblasti i c(G)komponenti povezanosti vazi jednakost n−m + f = 1 + c(G).

DEFINICIJA 3.5.5. Planaran graf je maksimalan ako dodavanjem ma koje novegrane prestaje da bude planaran, tj. graf G+u, v je neplanaran za svaki par u, v ∈ V (G),u, v 6∈ E(G). Sve oblasti maksimalnog grafa su trouglovi.

TEOREMA 3.5.6. Za konveksan poliedar sa n temena, m ivica i f strana vaziOjlerova formula n−m + f = 2.

Dokaz . Od svakog poliedra mozemo dobiti graf na sferi koji ima isti broj temena, ivicai strana. To mozemo postici tako sto cemo iz neke tacke C unutar konveksnog poliedraprojektovati poliedar na sferu sa centrom u C unutar koje se nalazi ceo poliedar (zamis-limo kao da je u c sveca, a graf na sferi ce biti senka poliedra). Na taj nacin dobijamograf na sferi kome se grane ne seku, a prema Teoremi 1 od ovog grafa osteografskomprojekcijom mozemo dobiti planaran graf sa istim brojem temena, ivica i strana. Zanjega vazi Ojlerova formula, pa ona vazi i za polazni poliedar.

TEOREMA 3.5.7. Neka je G graf sa n i m grana u kome najkraca kontura ima

duzinu g. Ako vazi nejednakost m >g(n− 2)

g − 2onda graf G ne moze biti planaran.

Dokaz . Neka je F skup svih oblasti u grafu, a za F ∈ F oznacimo sa d(F ) broj granakoje ogranicavaju oblast F . Kako svaka grana pripada dvema oblastima imamo da vazi2m =

X

F∈Fd(F ) i kako su sve oblasti ogranicene sa bar g vazi 2m>g ·f . Kada to uvrstimo

u Ojlerovu formulu dobijamo da je

2 = n−m + f 6 n−m +2m

g= n− m(g − 2)

g.

Odatle dobijamo da za broj grana u grafu vazi m6 g(n− 2)g − 2

(ovde jednakost vazi ako su

sve konacne oblasti ogranicene sa tacno g grana). Kako je ovo u suprotnosti sa uslovomtvrdjenja dobijamo da graf G nije planaran.

POSLEDICA. 3.5.8 Planaran graf sa n > 3 cvorova ima najvise 3n− 6 grana, tj. uplanarnom grafu za broj grana m vazi m 6 3n− 6.

TEOREMA 3.5.9. U planarnom grafu postoji bar jedan cvor stepena manjeg od 6,tj. u planarnom grafu za najmanji stepen cvora δ vazi δ 6 5.


Dokaz . Ako saberemo stepen svakog cvora (koji je veci ili jednak od δ) dobijamodvostruki broj grana, pa na osnovu prethodnog tvrdjenja imamo da vazi

n · δ 6∑

v∈V (G)

d(v) = 2m 6 6n− 12 ⇒ δ 6 5.

PRIMER 3.5.10. Potpun pentagraf K5 nije planaran graf.

Resenje. Za K5 imamo n = 5 i m =(52

)= 10, sto kad ubacimo u Posledicu Teoreme

3.5.7 dobijamo 10 6 3 · 5− 6 = 9, sto je kontradikcija, pa pentagraf nije planaran.

PRIMER 3.5.11. Potpun bitrigraf K3,3 nije planaran graf.

Resenje. Kako je bitrigraf bipartitan on nema nijednu konturu neparne duzine, pazbog toga za svaku oblast F vazi d(F ) > 4. Kada ovo iskoristimo slicno kao i u dokazuTeoreme 3.5.7 dobijamo 2m =

X

F∈Fd(F ) > 4f , odakle je f 6 m

2 . Kako bitrigraf ima n = 6

i m = 3 · 3 = 9 dobijamo i da je f 6 92 , tj. f 6 4. Kada sve ovo uvrstimo u Ojlerovu

formulu dobijamo 2 = n −m + f 6 6 − 4 + 4 = 1, sto je kontradikcija, pa bitrigraf nijeplanaran.

DEFINICIJA 3.5.12. Graf G′ koji se dobija od grafa G tako sto se neke granezamene putevima naziva se potpodela grafa G (tj. ako vrsimo potpodelu grane e = uvonda se umetnu jos neki cvorovi w1, w2, . . . , wk stepena 2 izmedju cvorova u i v, tj. umestograne e imamo put u,w1, w2, . . . , wk, v).

Sledece tvrdjenje je najvaznije u ovom poglavlju jer su njim u potpunosti okarakter-isani planarni grafovi. Do njega su, nezavisno jedan od drugog, dosli ruski matematicarPontrjagin (L. Pontryagin) 1927. godine koji to nije publikovao i poljski matematicarKuratovski (K. Kuratowski) 1930. godine. Dokaz ove teoreme je veoma slozen, te cemoga ovde izostaviti (mozete ga naci u [27]).

TEOREMA 3.5.13. Teorema Pontrjagin-Kuratovskog. Graf je planaran ako isamo ako ne sadrzi kao podgraf ni K5 ni K3,3 ni neku njihovu potpodelu.

DEFINICIJA 3.5.14. Neka graf G sadrzi granu e = xy. Graf G′ dobijamo od Gtako sto uklonimo granu e, a cvorove x i y identifikujemo. Za graf G′ kazemo da jedobijen od G kontrakcijom grane e.

Vagner (K. Wagner) je 1937. godine dokazao sledece tvrdjenje koje isto karakteriseplanarne grafove (dokaz naci u [27]).

TEOREMA 3.5.15. Graf G je planaran ako i samo ako ne sadrzi podgraf koji se mozekontrahovati na K5 ili na K3,3.


PRIMER 3.5.16. Petersenov graf nije planaran.

Resenje. Na narednoj slici u sredini je prikazan Petersenov graf. Na 3 razlicita nacinacemo pokazati da on nije planaran.

v1

v3 v4

v9v8

v2 v5

v6

v7 v10

Podgraf Petersenovog grafa dobijen izbacivanjem grana v3, v4 i v7, v10 je graf naslici levo koji je potpodela bitrigrafa (crni cvorovi v2, v6 i v5 cine jednu particiju cvorovabitrigrafa, dok beli cvorovi v1, v8 i v9 cine drugu particiju, a ostala 4 cvora koji cinepotpodele nismo ni oznacavali, ali su na istom mestu kao i u polaznom Petersenovomgrafu). Stoga Petersenov graf prema Teoremi 3.5.13 nije planaran.

Ako izvrsimo kontrakciju grana v1, v6, v2, v7, v3, v8, v4, v9 i v5, v10 dobi-jamo pentagraf (koji je prikazan na slici desno). Stoga Petersenov graf prema Teoremi3.5.15 nije planaran.

Kako je u Petersenovom grafu najmanja kontura duzine 5, za svaku oblast F vazid(F ) > 5. Kada ovo iskoristimo na slican nacin kao i u dokazu Teoreme 3.5.7 dobijamo2m =

X

F∈Fd(F ) > 5f , odakle je f 6 2m

5 . Kako Petersenov graf ima n = 10 i m = 15

dobijamo i da je f 6 6. Kada sve ovo uvrstimo u Ojlerovu formulu dobijamo

2 = n−m + f 6 10− 15 + 16 = 1,

sto je kontradikcija, pa Petersenov graf nije planaran.

DEFINICIJA 3.5.17. Platonovo telo (ili pravilni poliedar) je poliedar cije su svestrane medjusobno podudarni mnogouglovi sa s ivica, kod kojih iz svakog temena izlazitacno t ivica).

Naredno tvrdjenje u potpunosti karakterise Platonova tela.

TEOREMA 3.5.18. Postoji tacno 5 pravilnih poliedara.

Dokaz . Neka je P pravilan poliedar sa n temena, m ivica i f strana i neka je G(P )njemu pridruzeni planaran graf. Kako je P poliedar mora da vazi s, t > 3. Nadalje cemorazmatrati G(P ).

Kako svaka ivica ima 2 kraja, ako sabiramo sve krajeve ivica dobijamo jednakost2m = n · t. Svaka grana pripada dvema oblastima, pa ako brojimo grane po oblastimasvaku granu cemo brojati 2 puta, tj. 2m = f · s.

Iz Ojlerove formule imamo

2 = n−m + f =2t·m−m +

2s·m =

2s + 2t− st

st·m ⇒

2s + 2t− st > 0 ⇒ st− 2s− 2t + 4 < 4 ⇒ (s− 2) · (t− 2) < 4.


Kako su p− 2 > 1 i q − 2 > 1 jedine mogucnosti su:(s− 2) · (t− 2) = 1 · 1 ⇒ s = 3, t = 3, sto je tetraedar;(s− 2) · (t− 2) = 2 · 1 ⇒ s = 4, t = 3, sto je kocka (heksaedar);(s− 2) · (t− 2) = 1 · 2 ⇒ s = 3, t = 4, sto je oktaedar;(s− 2) · (t− 2) = 1 · 3 ⇒ s = 3, t = 5, sto je ikosaedar;(s− 2) · (t− 2) = 3 · 1 ⇒ s = 5, t = 3, sto je dodekaedar.

Ravanski grafovi Platonovih tela su dati (redosledom kojim smo ih i dobijali) nasledecoj slici:

Jedan od svakako najpoznatijih problema vezanih za planarne grafove je problem 4boje. On je resen tek nakon 125 godina i obimnog rada velikog broja matematicara.Problem 4 boje su resili Kenet Apel i Volfgang Heken. Oni su 1976. godine zamrsenomkompjuterskom analizom koja je sadrzala analizu 1936 osnovnih konfiguracija. Njihovdokaz je veoma dug i komplikovan i oslanja se na teorijske rezultate niza matematicarakoji su objavljivani prethodnih decenija, kao i na znacajan rad racunara. Tada je utrosenooko 1200 casova (50 dana!) racunarskog vremena. Danas je neizvesno da li je mogucedokazati Problem 4 boje koji se ne poziva na rad racunara.

Problem 4 boje tvrdi da se svaka geografska karta moze obojiti sa 4 boje takoda svaka drzava bude obojena jednom od boja i da susedne drzave ne buduobojene istom bojom. Pod susednim drzavama se podrazumevaju drzave kojeimaju zajednicku granicnu liniju (a ne one koje imaju jednu ili vise izolovanihzajednickih granicnih tacaka). Takodje, smatra se da je celokupna teritorijajedne drzave iz jednog dela (tj. nije dozvoljeno da se jedna drzava sastoji izvise odvojenih delova, sto je slucaj kod nekih stvarnih drzava). Ovaj problemse odnosi ne samo na stvarne geografske karte, vec na sve karte koje se moguzamisliti (tj. treba ga pokazati za proizvoljnu kartu).

Ovo je dugo bio jedan od najpoznatijih neresenih problema teorije grafova izmedjuostalog jer ima i burnu i zanimljivu istoriju. Engleski matematicar Fransis Gutri (eng.Francis Guthrie, 1831-1899) je istrazivao ovaj problem negde oko 1850. godine. Gutri sezainteresovao za opsti problem, nakon sto je obojio sa 4 boje mapu Engleske (tj. njeneokruge). Ubrzo nakon toga on je pokazao Problem 4 boje svom mladjem bratu Fred-eriku (eng. Frederick Guthrie, 1833-1866), koji je bio student Avgusta Demorgana (eng.Augustus DeMorgan, 1806-1871). Demorgan je 1952. godine saopstio problem ser Vili-jamu Hamiltonu (eng. sir William Hamilton, 1805-1865), kod koga je ostao nezapazem


narednih 25 godina. Tada, 1878. godine, naucna zajhednica je upoznata sa Problemom4 boje, kroz saopstenje Artura Kejlija na sastanku Londonskog drustva matematicara(eng. London Mathematical Society). Sledece, 1979. godine, Kejli je formulisao prob-lem u prvoj svesci Radova Kraljevskog drustva geografa (eng. Proceedings of the RoyalGeographical Society). Ubrzo nakon toga je britanski advokat (i amater–matematicar)ser Alfred Kemp (eng. sir Alfred Kempe, 1849-1922) dao dokaz koji nije dovodjen upitanje vise od decenije. Ipak, 1890. godine, britanski matematicar Hivud (eng. PercyJohn Heawood, 1861-1955) je pronasao gresku u Kempovom radu. Kempov djokaz”jesvakako najpoznatiji, ali nije jedini u literaturi se u poslednjih stotinjak godina pojavilovise djokaza”koji su se odmah ili nakon nekog vremena pokazali netacnim. Ovaj dokazje bitan jer se njogovom preradom pokazuje slabiji Problem 5 boja (tj. da se svaka kartamoze obojiti sa 5 boja). Progres u istrazivanju problema 4 boje je bio veoma spor.1913. godine Birkhof (nem. Birkhoff) je pokazao da su odredjene konfiguracije karte re-ducibilne, u smislu da se bojenje ostatka karte u 4 boje moze prosiriti na bojenje celekarte. Ova ideja sa reducibilnoscu se pokazala kao glavna u dokazu ovog tvrdjenja. 1922.godine Frenklin (eng. Franklin) je iskoristio reducibilnost da dokaze teoremu za kartekoje sadrze ne vise od 25 drzava. U narednih 40-tak godina taj broj je poboljsan na 95drzava. Konacno, 1976. godine, su Apel, Heken i Koh (eng. Koc), uz koriscenje idejaHisa (eng. Heesc), resili Problem 4 boje.

Kada je Hivud (na osnovu pogresnog Kempovog dokaza) pokazao Problem 5 boja,on je istrazivao hromatski broj i svih ostalih orijentabilnih povrsina Sn, tj. sfera sa n”rucki”, gde je n > 1. Ovaj broj, oznacen savci(Sn), definise se kao maksimalni hromatski broj medju svim grafovima koji se mogupredstaviti na Sn. Hivud je odredio gornju granicu

χ(Sn) 6⌊

7 +√

1 + 48n

2

⌋,

za n > 0 i postavio je hipotezu da u prethodnoj nejednakosti uvek vazi znak jednakosti.U mnostvu matematickih istrazivanja (od kojih je znatan broj koristio i grubu silu)

Ringel i Jangs su 1968. godine pokazali Hivudovu hipotezu u dualnoj formulaciji. Oni sudobili tacnu vrednost γ(Kp), roda potpunog grafa Kp, koji je jednak minimalnom brojun za koji je moguce graf Kp predstaviti na povrsini povrsi Sn tako da ne postoje granekoje se seku.

ZADACI

3.5.1. Na slici su date 3 kuce i 3 bunara. Povezati svaku kucu sa sva 3 bunaraputevima, koji se medjusobno ne seku.

K K K

V V V3.5.2. Dokazati da su K3,3− e i K5− e planarni grafovi, gde je e proizvoljna ivica ovihgrafova.

3.5.3. Ispitati da li su grafovi sa sledece slike planarni.


ss

s

s

sss

´

QQs

s

s

s

sss

´

QQ

3.5.4. Odrediti maksimalan broj grana u planarnom grafu sa n cvorova koji ne sadrzinijedan trougao (konturu duzine 3).

3.5.5. Dokazati da je bikompletan graf Kr,s planaran ako i samo ako je minr, s6 2.

3.5.6. Odrediti a) planaran; b) neplanaran graf sa nizom stepena cvorova4,4,4,4,3,3.

3.5.7. Dokazati da za svaki pozitivan ceo broj n koji je deljiv sa 6 postoji povezanplanaran kubni (3-regularan) graf sa n cvorova.

3.5.8. Koliko cvorova ima planaran 4-regularan graf sa 10 oblasti?

3.5.9. Neka je G planaran 4-regularan graf sa 16 cvorova. Ako je svaka oblast trougaoili cetvorougao, koliko ima trouglova, a koliko cetvorouglova?

3.5.10. Neka je G 4-regularan graf sa 7 cvorova. Dokazati da G nije planaran.

3.5.11. Da li postoji 5-regularan planaran graf sa 10 cvorova?

3.5.12. Maksimalan planaran graf ima tacno jedan cvor stepena 9, dok su ostali cvorovistepena 5 ili 6. Koliko ima cvorova stepena 5?

3.5.13. Planaran regularan graf stepena 3 smesten je u ravan pri cemu je za svakofiksirano j broj oblasti ogranicenih sa j grana jednak ri. Dokazati da je

X

j

(6−j)rj = 12.

3.5.14. Dokazati da svaki planaran graf sa vise od 3 cvora ima bar 4 cvora stepenakoji je manji ili jednak 5.

3.5.15. Dokazati da je aritmeticka sredina stepena cvorova planarnog grafa manja ilijednaka od 6.

3.5.16. Ako svi cvorovi planarnog grafa G imaju stepene bar 5, dokazati da graf Gima najmanje 12 cvorova stepena 5.

3.5.17. Dokazati da je potreban uslov da graf G i njegov komplement G budu planarnidat sa n2 − 13n + 24 6 0, gde je n > 3 broj cvorova ovih grafova.

3.5.18. Neka je n > 11. Dokazati da je bar jedan od grafova G i G sa n cvorova nijeplanaran.

3.5.19. Naci planaran graf G sa 8 cvorova, takav da je i G planaran.

3.5.20. Da li je ogranicen broj cvorova n u planarnom samokomplementarnom grafu?Ako je odgovor potvrdan odrediti gornju granicu.


3.5.21. Triangulacija je planarni graf cija je svaka oblast trougao. Dokazati da je svakiplanarni graf razapinjuci podgraf neke triangulacije.

3.5.22. Ispitati da li je graf obrazovan od temena, ivica i jedne prostorne dijagonaleoktaedra planaran.

3.5.23. Dokazati da u konveksnom poliedru postoji ili strana koja je trougao ili temeu kome se sastaju 3 ivice.

3.5.24. Na sferi je dat skup S od n velikih krugova, n > 2. Dokazati da se ili svikrugovi iz skupa S seku u dvema dijametralno suprotnim tackama, ili da postoji partacaka u kojima se seku tacno dva kruga iz skupa S.

3.6 SPARIVANJE U GRAFOVIMA

Teorija sparivanja (na engleskom, matching theory) igra veoma vaznu ulogu u teorijigrafova i kombinatorici, a posebno mesto zauzima u kombinatornoj optimizaciji. Mnogiprakticni problemi se na prirodan nacin dovode u vezu sa raznim vrstama sparivanja ugrafu i/ili tezinskom grafu. Teorija sparivanja je veoma iscrpno prikazana u [156].

POJAM SPARIVANJA

Neka je G = (V, E) proizvoljan (neorijentisan) graf bez petlji. Dve grane grafa G sususedne ako imaju bar jedan zajednicki cvor; u protivnom grane su nesusedne.

DEFINICIJA 3.6.1. Skup M medjusobno nesusednih grana grafa G naziva se spari-vanje grafa G.

PRIMER 3.6.2. Na sledecoj slici je dat (nepovezan) graf i jedno sparivanja tog grafa(grane sparivanja su zadebljane). Primetimo da u prvoj komponenti imamo cetiri graneiz sparivanja, a u drugoj samo dve.

u

u

u

u

u

u

u

u

u

¢¢

¢

AA

A

AAA

¢¢¢

u

u

u

u

u

u

u

u

u

¢¢

¢

AA

A

AAA

¢¢¢

Sparivanja se na primer javljaju kod dodele radnog mesta radnicima u nekoj firmi. Utom slucaju mozemo zamisliti da imamo bipartitni graf gde radnicima odgovaraju cvoroviprve klase (odnosno boje), a radnim mestima cvorovi druge klase (to jest boje); granepovezuju dva cvora razlicitih boja ako posmatrani radnik moze da radi na odgovarajucemradnom mestu. Problem koji se prirodno namece je da se sto vise radnika rasporedina mesta koja odgovaraju njihovim kvalifikacijama. Svako dodeljivanje radnih mestapredstavlja primer sparivanja.


Iz gornje definicije imamo da je

|M |6 12|V |,(3.3)

jer svaka grana iz M pokriva tacno dva cvora.

DEFINICIJA 3.6.3. Za sparivanje M se kaze da je maksimalno ako se ne mozeprosiriti dodavanjem grana, to jest skup grana M ′ = M ∪e ni za koju granu e ∈ E \Mnije sparivanje. Najvece sparivanje je ono sparivarivanje kod koga skup M ima najvecukardinalnost.

Generalno, dva maksimalna sparivanja ne moraju biti iste kardinalnosti (videti Sl.1). Naime, u prvoj komponenti imamo 4 grane i to sparivanje je maksimalno za tukomponentu (ono je ujedno i sparivanje najvece kardinalnosti); sparivanje u drugoj kom-ponenti nije maksimalno jer se moze prosiriti dodavanjem jedne i samo jedne grane, te sene moze prosiriti do sparivanja najvece kardinalnosti. Dakle, najvece sparivanje je uvekmaksimalno, dok obrnuto ne vazi.

DEFINICIJA 3.6.4. Za sparivanje M se kaze da je savrseno (ili 1-faktor) ako segornja granica iz (3.3) doseze, ili, sto je ekvivalentno, ako su svi cvorovi grafa pokrivenigranama iz sparivanja.

Primetimo da kompletan graf K2n+1 nema nijedno savrseno sparivanje. Nasuprot,kompletan graf K2n ima (2n)!

2nn! savrsenih sparivanja. Naime, svako sparivanje za K2n bise moglo shvatiti kao niz parova brojeva iz skupa 1, 2, . . . , 2n oblika (∗∗)(∗∗) · · · (∗∗).Broj pomenutih nizova je (2n)! medjutim, kako medju tim nizovima ima ekvivalenthih(odgovaraju istom sparivanju), ovaj broj se deli sa 2n (zbog razmeme mesta ∗ unutarsvake zagrade) i sa n! (zbog permutovanja zagrada). S druge strane, mnogo lakse jepokazati da kompletan bipartitni graf Kn,n ima tacno n! savrsenih sparivanja.

Neka je sada M neko (fiksno) sparivanje grafa G. Tada se u odnosu na M mogudefinisati sledeci veoma vazni pojmovi:

a) slobodan cvor (cvor v je slobodan, ili nepokriven, ako nije incidentan ni sa jednomgranom iz M ; u protivnom, za cvor v se kaze da nije slobodan, ili da je pokriven);

b) slobodna grana (grana e je slobodna, ili nepokrivena, ako ne lezi u M ; u protivnom,za granu e se kaze da je nije slobodna, ili da je pokrivena);

c) alternativan put (put v0, e1, v1, e2, v2, . . . , ek, vk je alternativan ako su granee1, e3, . . . nepokrivene, a grane e2, e4, . . . pokrivene; ako je cvor v0 slobodan, tada seza cvorove v0, v2, . . . kaze da su spoljasnji, a za cvorove v1, v3, . . . da su unutrasnji);

d) uvecavajuci put (put e1, v1, e2, v2, . . . , ek, vk je uvecavajuci put ako je alternativani ako su v0 i vk jedini slobodni cvorovi u njemu);

e) alternativno stablo (alternativno stablo je korensko stablo u kome je koren slobodancvor, a svaki put od korena do listova alternativan);

f) alternativna suma (alternativna suma je suma cija je svaka komponenta alterna-tivno stablo).


Sledeca teorema je poznata i kao Berzova (Berge) teorema.

TEOREMA 3.6.5. Sparivanje M je najvece ako i samo ako u grafu G = (V, E) nepostoji uvecavajuci put (u odnosu na M).

Dokaz . Neka je M najvece sparivanje, a P uvecavajuci put (shvacen kao skup grana).Tada je M ′ = M M P (M oznacava simetricnu diferenciju) takodje sparivanje. Odavde je|M ′| = |M |+ 1, sto je, jasno, kontradikcija.

Pretpostavimo sada da sparivanje M nije najvece, tj. da postoji sparivanje M ′ takvoda je |M ′| > |M |. Neka je H = (V,M ∪M ′), podgraf grafa G. Tada svi cvorovi grafaH imaju stepene ne vece od dva (svaki je incidentan sa najvise jednom granom iz M ,odnosno M ′). Stoga su sve komponente grafa H ili konture ili putevi (u specijalnomslucaju izolovani cvorovi). Posto svaka kontura sadrzi isti broj grana iz M i M ′ (onese naizmenicno smenjuju), postoji bar jedna komponenta koja je put, i u kojoj ima visegrana iz M ′ nego iz M (preciznije jedna grana vise). Ovaj put je, ocigledno, uvecavajuciput.

Berzova teorema ima ne samo teorijski, vec i ogroman prakticni znacaj. Izmedjuostalog, ona sugerise jedan ocigledan postupak za nalazenje najveceg sparivanja. Grubogovoreci, dovoljno bi bilo poci od bilo kog sparivanja (na pocetku i praznog, tj. bezgrana) i uvecavati ga primenom nekog uvecavajuceg puta (dokle god bar jedan takav putpostoji). S obzirom da se radi o konacnim grafovima, zavrsetak postupka je zagaran-tovan. Jedini praktican problem je kako u svakom koraku efektivno pronaci bar jedanuvecavajuci put.

U nastavku cemo pokazati da to nije tezak problem za bipartitne grafove. Naglasimoi da se mnogi prakticni problemi modeliraju upravo bipartitnim grafovima, tako da ovajspecijalan slucaj ima ogroman znacaj.

Neka je G = (U, V,E) proizvoljan bipartitni graf, a M bilo koje sparivanje grafa G.Neka su Us(⊆ U) i Vs(⊆ V ) skupovi slobodnih cvorova odgovarajucih klasa (ili boja).Imajuci u vidu Berzovu teoremu, nas cilj bi sada bio da u grafu G nadjemo bar jedanuvecavajuci put. S obzirom da je svaki uvecavajuci put neparne duzine, a posmatranigraf G bipartitan, krajnji cvorovi bilo kog od trazenih puteva moraju biti razlictih boja.Samim tim, skupovi Us i Vs moraju biti neprazni da bi u grafu postojao bar jedanuvecavajuci put.

U cilju lakse prezentacije osnovnih ideja uocicemo jednu pomocnu strukturu (de-limican podgraf grafa G) u kojoj se nalaze sve neophodne informacije za nalazenjebar jednog (ako postoji) uvecavajuceg puta. Pomenuta struktura je suma, u nastavkuoznacena sa F , a odredjena je sledecim uslovima:

i) suma F je alternativna;

ii) svaki cvor iz Us je koren jedne i tacno jedne komponente sume F , dok cvorovi izVs ne pripadaju sumi F ;

iii) suma F je maksimalna, tj. ne moze se prosiriti tako da i) i ii) i dalje vaze.

Primetimo da je u ii) pretpostavljeno da je koren svakog stabla sume F cvor iz Us,a ne iz Us ∪ Vs; ovim nije narusena generalnost, jer ako u (bipartitnom) grafu G postojiuvecavajuci put, tada je, kao sto je vec primeceno, jedan njegov kraj u Us, a drugi uVs. Iz uslova i) sledi da svi cvorovi sume koji pripadaju skupu V imaju stepen 2, tesu samim tim svi listovi iz skupa U . Takodje cemo smatrati da je svaki koren, kao i


svi cvorovi na parnom rastojanju od njih ujedno spoljasnji, a odgovarajuci cvorovi naneparnim rastojanjima unutrasnji cvorovi sume F .

Dokazacemo sada sledecu (kljucnu) teoremu.

TEOREMA 3.6.6. Neka je G = (U, V,E) bipartitni graf, a M bilo koje sparivanjeu G. Pretpostavimo da Us, Vs i F imaju isto znacenje kao u gornjem tekstu. Tada jesparivanje M najvece ako i samo ako nijedan cvor iz F nije susedan sa nekim cvoromiz Vs.

Dokaz . Pretpostavimo najpre da postoji cvor, recimo u, koji pripada sumi F i koji jesusedan sa cvorom v ∈ Vs. Tada je u ∈ U (graf je bipartitni). Prema osobini i), iz korena(te komponente) do cvora u postoji alternativni put. Ako se tom putu doda grana u, v,tada dobijamo uvecavajuci put. Stoga sparivanje M nije najvece.

Obrnuto, neka nijedna grana grafa ne povezuje cvor iz sume F sa cvorom iz Vs.Pretpostavimo sada da je P neki uvecavajuci put (koji povezuje cvorove, na primer,u ∈ Us i v ∈ Vs). Krenimo tada iz cvora u u cvor v preko grana iz P . Neka je epretposlednja grana na tom putu. Ona, jasno, pripada sparivanju M , ali ne i sumi F(prema gornjim pretpostavkama). Samim tim sledi da suma F nije maksimalna (usloviii)).

Suma F koja u gornjem kontekstu odgovara najvecem sparivanju u literaturi je poz-nata i kao madjarska suma, (a njene komponente kao madjarska stabla). Opisacemo sadaodgovarajuci algoritam koji je poznat i kao madjarski algoritam.

Sada cemo dati jos nekoliko detalja vezanih za Korak 2, tj. formiranje sume F .Napomenimo najpre da se suma F (ili onaj njen deo koji obezbedjuje nalazenje pr-vog uvecavajuceg puta – time se algoritam znatno ubrzava) moze formirati po principukomponenta po komponenta, a mogu se i sve komponente formirati simultano (u litera-turi nisu notirane neke bitne prednosti ovih varijanti). U praksi se najcesce komponentenalaze pretragom u sirinu.

Po zavrsetku algoritma, neka je F odgovarajuca (madjarska) suma, a Cu skup cvorovaiz U koji ne pripadaju sumi F , a Cv nasuprot skup cvorova iz V koji pripadaju sumiF . Tada je C = Cu ∪ Cv ujedno i minimalni pokrivac (cvorova) grafa G. Ova cinjenicaje dobro poznata u teoriji grafova, i srece se u literaturi u raznim formama. Najboljeobjasnjenje ovog fenomena pruza teorija dualnosti u linearnom programiranju .

U ovoj knjizi necemo dalje ulaziti u detalje vezane za implementaciju gornjeg al-goritma. Samo cemo napomenuti da se grubom analizom moze dobiti da je slozenostgornjeg algoritma u najgorem slucaju O(min|U |, |V ||E|2). Primetimo najpre da se Ko-rak 2 izvrsava najvise min|U |, |V | puta. S druge strane, sve aktivnosti unutar njega (iKoraka 3) ne zahtevaju vise od O(|E|) ”elementarnih”operacija. Naime, slozenost pre-trage u sirinu je O(|E|), sto je ujedno i gornja granica za slozenost svih ostalih aktivnostiiz Koraka 2 (i 3). Ovim je gornja procena potvrdjena.

Jedna od najvaznijih teorema u kombinatorici je teorema Hola (M. Hall, 1935). Na-jpre cemo je formulisati u terminima teorije skupova. Neka je S proizvoljan (konacan)skup, a T = Si : i ∈ I (konacna) familija podskupova skupa S; dopusteno je i da Tbude multiskup, to jest da u njemu bude i jednakih podskupova skupa S. Sistem ra-zlicitih predstavnika (ili transverzala) familije T je podskup T = ti : iI skupa S takavda je ti ∈ Si (i ∈ I) i da je za ti 6= tj za i 6= j. Drugim recima, svaki podskup iz posma-trane familije ima svog predstavnika, a razliciti podskupovi imaju razlicite predstavnike.Samim tim preslikavanje f : T → T je bijekcija.


Algoritam 1 (Madjarski algoritam za najvece sparivanje u bipar-titnom grafu).

Korak 1 (inicijalizacija).Izabrati bilo koje sparivanje grafa G = (U, V, E), naprimer, M (ukljucujuci i prazno – ako nema drugih).

Korak 2 (formiranje pomocne strukture).(i) Naci skupove Us i Vs. Ako je bar jedan od njihprazan, tada preci na Korak 4.

(ii) Inicijalizovati sumu F (staviti da se ona sastojisamo od cvorova iz Us). Takodje smatrati da su svicvorovi grafa nerazmatrani.

(iii) Izabrati bilo koji spoljasnji, nerazmatrani cvorsume (ako postoji), na primer u, i razmatrati ga. Ovimse podrazumeva da se za svaki nerazmatrani cvor v,susedan sa u, uradi sledece:

• ako je v cvor iz Vs, tada je nadjen uvecavajuci put,te preci na Korak 3;

• ako je v cvor iz V \ Vs, tada prosiriti sumu F(njoj se dodaje cvor y zajedno sa granom v, wiz tekuceg sparivanja M koja mu je incidentna –nadalje podrazumevati da je cvor v razmatran).Vratiti se na (iii).

Ukoliko izbor cvora u nije moguc, preci na Korak 4(nadjena je madjarska suma).

Korak 3 (uvecanje tekuceg sparivanja).Zameniti tekuce sparivanje M vecim, kao u Berzovojteoremi. Preci zatim na Korak 2.

Korak 4 (kraj).Dobijeno sparivanje M je najvece.

PRIMER 3.6.7. Neka je S = a, b, c, d, e, T = a, b, c, a, b, a, c, b, c, d, d, e.Tada je T = a, b, c, d, e sistem razlicitih predstavnika za familiju T . S druge strane,familija T ′ = a, b, c, a, b, a, c, b, c, d, e nema sistem razlicitih predstavnika.Razlog za to je da u prva cetiri podskupa imamo ukupno tri razlicita elementa, sto jenedovoljno.

Jasno je, da ako neka familija podskupova ima sistem razlicitih predstavnika, da istovazi i za bilo koju njenu podfamiliju. Samim tim ako neka podfamilija nema sistemrazlicitih predstavnika onda ga nema ni polazna familija nema. Jedan logican uslov(videti i gornji primer) koji se namece za postojanje sistema razlicitih predstavnika je daje ukupan broj elemenata u uniji podskupova iz neke podfamilije najmanje jednak broju


podskupova u podfamiliji. Drugim recima, vazi

|⋃

j∈J

Sj |> |J |(3.4)

za svako J ⊆ I. Ovaj uslov je prema teoremi Hola ne samo potreban, vec i dovoljan.Dacemo sada grafovsku interpretaciju istog problema. Naime, umesto posmatranog

skupa S i familije T , mozemo posmatrati bipartitni graf (U, V, E), gde je U = T , a V = S(dakle cvorovi prve klase su podskupovi iz T , a druge klase su elemanti skupa S; cvoru ∈ U je susedan sa cvorom v ∈ V ako odgovarajuci podskup iz T sadrzi odgovarajuceelemente iz S).

t t t t t

t t t t t

¢¢¢¢¢

¡¡

¡¡¡

AA

AAA

@@

@@@

@@

@@@

AA

AAA

AA

AAA

S1 S2 S3 S4 S5

a b c d e

t t t t t

t t t t t

¢¢¢¢¢

¡¡

¡¡¡

AA

AAA

@@

@@@

@@

@@@

AA

AAA

AA

AAA

S1 S2 S3 S4 S5

a b c d e

Na primer, grafovi pridruzeni problemima iz Primera 3.6.7 dati su na gornjoj slici.Zadebljane grane u prvom grafu odgovaraju izboru predstavnika za podskupove, a to suujedno i grane sparivanja. Opstije, ako se u nekoj familiji skupova trazi sistem razlicitihpredstavnika, tada je taj problem ekvivalentan trazenju sparivanja u bihromatskom grafu(U, V, E) u kome su svi cvorovi iz U pokriveni. Primetimo da u grafovskoj formulaciji,nema znacaja da li familija T ima jednakih podskupova; naime, tada se u skupu Upojavljuju cvorovi sa istim susedima. Najzad, drugi graf ilustruje zasto familija T ′ nemasistem razlicitih predstavnika.

Interpretiracemo sada uslov (3.4) preko grafova. Za proizvoljan graf G = (V,E) ipodskup U ⊆ V , neka N(U) oznacava skup cvorova iz V koji su susedni bar sa jednimcvorom iz U . Tada se uslov (3.4) moze interpretirati u grafu (U, V, E) kao

|N(U ′)|> |U ′|(3.5)

za svako U ′ ⊆ U . Drugim recima imamo sledecu teoremu:

TEOREMA 3.6.8. Ako je je G = (U, V, E) bipartitni graf, tada G ima sparivanjekoje pokriva cvorove iz U ako i samo ako vazi uslov (3.5), tj. |N(U ′)|> |U ′|.

Dokaz . Uslov je neophodan na osnovu gornjih razmatranja. Stoga ostaje da dokazemoda je i dovoljan. U tom cilju pretpostavimo da je M najvece sparivanje, kao i da uslov(3.5) vazi. Takodje pretpostavljamo da M ne pokriva U (u protivnom nema sta da sedokazuje). Da bi kompletirali dokaz, dovoljno je pronaci skup U ′ za koji uslov (3.5) nevazi.

Neka je u ∈ U slobodan cvor. Neka su S i T skupovi cvorova iz U i V do kojih semoze stici iz u alternativnim putevima.

Najpre cemo dokazati da postoji sparivanje u skupu cvorova S \ u ∪ T indukovanogranama iz M , to jest izmedju skupova S \ u i T . Alternativni put iz u doseze cvoru V granom koje nisu u M , a cvor u U granom koja je u M . Kako po pretpostavciuvecavajuci putevi ne postoje u G, svaki cvor iz T je zasicen, u smislu da se alternativniput koji doseze cvor v ∈ T nastavlja preko grane iz M do cvora iz S. Stavise, svaki cvoriz S osim cvora u se doseze preko grane iz M iz cvora u T .


Sparivanje izmedju T i S − u implicira da je T ⊆ N(S); zapravo, T = N(S). Granaizmedju S i cvora v ∈ V \T je grana koja nije u M ; ovim se dobija alternativni put do v,koji protivreci cinjenici da je v ∈ T . Zajedno sa T = N(S), imamo da je |N(S)| = |T | =|S| − 1 < |S|, sto se i trazilo (sada (3.5) ne vazi).

TEOREMA O SAVRSENOM SPARIVANJU

DEFINICIJA 3.6.9. Neparna komponenta grafa je komponenta sa neparnim brojemcvorova. Broj neparnih komponenti grafa G oznacicemo sa nep(G).

Sledecu teoremu prvi je dokazao Tat (W.T. Tutte, 1947); dokaz koji sledi dao je Lovas(L. Lovasz, 1973).

TEOREMA 3.6.10. Graf G = (V,E) ima 1–faktor ako i samo ako uslov

nep(G− U) 6 |U |(3.6)

vazi za svaki U ⊆ V .

Dokaz . Dokazimo najpre da je uslov (3.6) neophodan. Pretpostavimo stoga da je F1–faktor grafa G. Neka je U proizvoljan podskup cvorova grafa G. Ako je neka kompo-nenta podgrafa G−U neparna, tada bar jedan njen cvor nije pokriven granom iz F kojalezi u toj komponenti; samim tim, drugi krajnji cvor takve grane je u skupu U . Kako jesvaki cvor iz V , a samim tim i iz U , incidentan sa tacno jednom granom iz F , sledi da jenep(G− U) 6 |U |, dakle uslov (3.6) vazi.

Dokazimo sada da je uslov (3.6) i dovoljan. Primetimo najpre da uslov (3.6) vazii u svakom grafu G′ dobijenom iz G dodavanjem jedne ili vise grana. Naime, tada jenep(G′ − U) 6 nep(G − U), jer se dodavanjem grana dve ili vise neparnih komponentimogu stopiti u jednu komponentu. Stoga u ostatku dokaza mozemo da posmatramosamo one grafove G koji zadovoljavaju uslov (3.6), koji nemaju 1–faktor, i kod kojihse dodavanjem grane izmedju bilo koja dva nesusedna cvora dobija graf koji poseduje1–faktor. Kontradikciju cemo dobiti ako pokazemo da svaki od tih grafova i bez dodavanjagrane ima 1–faktor. Time se dobija i da svaki graf za koga vazi uslov (3.6) ima 1–faktor.

Neka je najpre U = ∅. Tada se dobija da je nep(G) 6 0, te su sve komponente grafaG parne (to jest imaju paran broj cvorova).

Neka je W skup cvorova grafa G koji su susedni sa svim preostalim cvorovima (Wmoze biti i prazan skup).Slucaj 1: G−W je unija kompletnih grafova. Cvorovi svake komponente se mogu uparitina proizvoljan nacin tako da u svakoj neparnoj komponenti ostane samo jedan cvorneuparen. Kako uslov (3.6) vazi, njih mozemo upariti sa cvorovima iz W , a takodje ipreostale cvorove iz W koji indukuju kompletan graf sa parnim brojem cvorova. Timeje kompletiran 1–faktor u G.Slucaj 2: G−W nije unija kompletnih grafova. Tada G−W sadrzi tri cvora, recimo x, yi z, takva da su x i z nesusedni, a y susedno i sa x i sa z. Takodje postoji u G−W i cvory′ nesusedan sa cvorom y (u protivnom bi imali da y ∈ W ). Kako je graf G maksimalangraf bez 1–faktora, dodavanjem bilo koje grane grafu G dobija se graf sa 1–faktorom.Stoga oba grafa, G1 = G + xz i G2 = G + yy′, sadrze bar po jedan 1–faktor; neka su F1


i F2 njihovi 1–faktori, respektivno. Pokazacemo sada skup grana (F1 ∪ F2) \ xz, yy′sadrzi F koji je 1–faktor grafa G.

Neka je F skup grana koje pripadaju samo jednom od skupova F1 and F2; tada seobe grane, xz i yy′, nalaze u F . Posto svaki cvor iz V ima stepen jednak 1 u grafovimaH1 = (V, F1) i H2 = (V, F2), to svaki cvor iz V ima stepen 0 ili 2 (0 ako je ista granaincidentna sa tim cvorom i u F1 i u F2, a 2 ako su razlicite grane) u grafu H = (V, F ).Samim tim graf H = (V, F ) je unija kontura parnih duzina i izolovanih cvorova. Stavise,u svakoj od tih kontura naizmenicno idu grane iz faktora F1 i faktora F2. Stoga svakaod tih kontura sadrzi paran broj grana.

Neka je C kontura u H = (V, F ) koja sadrzi granu xz. Ako C ne sadrzi granu yy′

tada se trazeni 1–faktor sastoji od grana iz F2 koje su u C i grana iz F1 koje nisu u C(kako smo uzeli grane iz F2 time smo u konturi C “izbegli” granu xz, u ostatku grafasmo sa F1 izbegli granu yy′).

x

zy′

y

F1

F1

F1

F1

F1

F1

F1

F2

F2

F2

F2

F2

F2

F2

U protivnom, ako C sadrzi granu yy′, tada koristimo granu yx ili granu yz da bidobili sparivanje u konturi C koje se sastoji samo od grana iz grafa G (dakle bez xz iyy′). Konkretnije, ako je rastojanje duz C izmedju y i x neparno tada koristimo yx; akoje rastojanje duz C izmedju y i z neparno tada koristimo yz (na gornjoj slici bi uzeligranu yz). Preostale grane iz C formiraju dva puta neparne duzine. Koristenjem granaiz F1 u jednom od ta dva puta i grana iz F2 u drugom, dobijamo sparivanje u C kojeizbegava grane xz i yy′ (na gornjoj slici to bi bile grane oznacene sa F1 na donjem putu,a sa F2 na gornjem putu). Dodavanjem grana bilo iz F1 bilo iz F2 koje nisu u C, dobijase 1–faktor u G.

Navescemo i neke posledice Tatove teoreme.Prva od njih teorema Berza (C. Berge, 1958).


TEOREMA 3.6.11. Najveca kardinalnost sparivanja u grafu G = (V,E) jednaka je

|V | − minU⊆V

(nep(U)− |U |).

Sledeca teorema je dobro poznata teorema Petersena, koja je originalno dokazana bezTatove teoreme.

TEOREMA 3.6.12. Svaki 3–regularan graf bez vezivnih cvorova ima 1–faktor.

Zanimljivo je napomenuti da vazi i sledeca teorema Petersena.

TEOREMA 3.6.13. Svaki 2k–regularan graf ima 2–faktor.

ZADACI

3.6.1. Dokazati da svako stablo ima najvise jedan 1–faktor.

3.6.2. Dokazati da stablo T ima savrseno sparivanje ako i samo ako je nep(T − v) = 1za svaki cvor stabla v.

3.6.3. Dokazati da povezan graf sa parnim brojem cvorova koji ne sadrzi K1,3 kaoindukovano podgraf poseduje 1–faktor.

3.6.4. U grafu na slici odrediti bipartitni podgraf sa najvecim brojem grana. Dokazatida svaki drugi bipartitni podgraf ima manji broj grana od njega.

3.6.5. U grafu na narednoj slici je oznaceno jedno sparivanje. Dokazati da taj grafnema savrseno sparivanje.


3.6.6. Neka je M sparivanje oznaceno debljim linijama u grafu na prethodnoj slici.a) Naci uvecavajuci put za M koji pocinje u cvoru x2.b) Pomocu nadjenog uvecavajuceg puta konstruisati sparivanje M ′ sa |M ′| = 4.c) Proveriti da li postoji uvecavajuci put za M ′.d) Da li je M ′ najvece sparivanje?

3.6.7. Naci 3-regularan graf koji nema savrseno sparivanje.

3.6.8. Dokazati da stablo ima najvise jedno savrseno sparivanje.

3.6.9. U skupu od 2n osoba, n > 2, svaka osoba poznaje bar jednu od ostalih osoba imedju svake tri osobe postoje dve osobe koje se poznaju. Dokazati da se ovaj skup mozerazbiti na n parova, tako da svaki par cine poznanici.

3.6.10. a) Dokazati da svaki k-regularni bipartitni graf ima savrseno sparivanje.b) Svaki od nekoliko studenata ima spisak od k knjiga koje zeli da pozajmi iz biblioteke.Svaka knjiga nalazi na tacno k spiskova. Dokazati da je moguce organizovati istovremenopozajmljivanje knjiga tako da svako od studenata pozajmi jednu knjigu sa svog spiska.

3.6.11. a) Neka je G bipartitan Hamiltonov graf i u, v ∈ V (G). Dokazati da grafG − u − v sadrzi savrseno sparivanje ako i samo ako su u i v u suprotnim klasamabiparticije G.b) Dokazati da sahovska tabla dimenzija 8 × 8 iz koje su uklonjena dva jedinicna poljamoze da se pokrije dominama 2 × 1 ako i samo ako su uklonjena polja bila obojenarazlicitim bojama.

3.7 BOJENJE GRAFOVA

Mnogi kombinatorni problemi se na prirodan nacin mogu svesti na bojenje grafova.Primera radi, modeliranje konfliktnih situacija, kao i resavanje odgovarajuceg grafovskogproblema proisteklog iz modela, direktno se svodi na problem bojenja grafa. Problemibojenja grafova su sa algoritamske tacke gledista veoma teski. Trenutno, u pored velikihnapora koja se ulazu, nisu poznati brzi (polinomialni algoritmi) za efektivno bojenjegrafova. Mi cemo u ovom poglavlju, bas iz tog razloga, dati i neke heuristike kojima seu mnogim slucajevima postizu zadovoljavajuci rezultati. Takodje cemo ukazati i na nekefenomene koji donekle osvetljavaju tezinu problema vezanih za bojenje grafova.

UVODNA RAZMATRANJA

U teoriji grafova particije skupa cvorova i/ili grana najcesce se prikazuju preko bojenjapomenutih elemenata. Elementima koji pripadaju jednoj istoj klasi (celiji) particije do-deljuje se ista boja, razlicita od boja ostalih klasa. Formalno, ako je X neki skup koji seboji (cvorovi i/ili grane grafa) a B = b1, b2, . . . , bk dati skup boja, tada se preslikavanje

f : X → B


moze poistovetiti sa bojenjem skupa X. U teoriji grafova najcesce se srecemo se sa trivrste bojenja:

i) bojenje samo cvorova grafa;

ii) bojenje samo grana grana;

iii) bojenje i cvorova i grana grafa.

Definisacemo sada pravilno bojenje grafa G = (V,E) u sve tri varijante. Oznaka ∼ima znacenje susednosti ili incidentnosti odgovarajucih elemenata.

DEFINICIJA 3.7.1. U slucaju i), bojenje f je pravilno ako vazi

(∀ v1, v2 ∈ V )(v1 ∼ v2 ⇒ f(v1) 6= f(v2)),(3.7)

to jest da su svi parovi susednih cvorova obojeni razlicitim bojama.

Slicno se definise pravilno bojenje grana grafa. Prisetimo se da su dve grane grafa(multigrafa) susedne ako imaju tacno jedan (bar jedan) zajednicki cvor.

DEFINICIJA 3.7.2. U slucaju ii), bojenje f je pravilno ako vazi

(∀ e1, e2 ∈ E)(e1 ∼ e2 ⇒ f(e1) 6= f(e2)),(3.8)

to jest ako su parovi susednih grana obojeni razlicitim bojama.

Posmatrajmo najzad i varijantu iii).

DEFINICIJA 3.7.3. U slucaju iii), bojenje f je pravilno ako pored uslova (3.7) i(3.8) vazi i

(∀ v ∈ V )(∀ e ∈ E)(v ∼ e ⇒ f(v) 6= f(e)),(3.9)

to jest krajnji cvor svake grane mora imati boju koja se razlikuje od boje te grane.

Pokazacemo sada da je samo prva varijanta bojenja od opsteg interesa. U tom cilju,definisacemo dva nova koncepta, graf grana, i totalni graf grafa.

DEFINICIJA 3.7.4. Za dati graf G = (V, E), njegov graf grana L(G) = (V1, E1) jegraf ciji su cvorovi iz V1 u obostrano jednoznacnoj korespodenciji sa granama iz E; dvacvora iz V1 su susedna ako i samo ako su odgovarajuce grane iz E susedne.

Na sledecoj slici je prikazan graf G i njegov graf grana L(G). Kod grafa G smooznachili samo grane, a kod L(G) samo cvorove da bismo naglasili njihovu vezu.


a

b c

d

a

b c

d

DEFINICIJA 3.7.5. Za dati graf G = (V, E), njegov totalni graf T (G) = (V2, E2) jegraf ciji su cvorovi iz V2 u obostrano jednoznacnoj korespodenciji sa cvorovima i granamaiz skupa V ∪ E; dva cvora iz V2 su susedna ako i samo ako su odgovarajuci elementi izV ∪ E susedni (ako su iz istog skupa), ili incidentni (ako je jedan iz V , a drugi iz E).

Na sledecoj slici je prikazan graf G i njegov totalni graf T (G). Kod grafa G smooznachili i cvorove i grane, a kod T (G) samo cvorove da bismo naglasili njihovu vezu.Takodje je i naglasen graf G da bi videli da je on podgraf grafa T (G).

1

2 3

bc

a

bc

a

1

2 3

Sada se moze videti da se problem pravilnog bojenja grana (cvorova i grana) grafaG svodi na pravilno bojenje cvorova njegovog grafa grana (odnosno njegovog totalnoggrafa). Stoga cemo se u nastavku ograniciti samo na pravilno bojenje cvorova nekoggrafa. Naravno, cena koja se po pravilu placa pri prelasku na bojenje grafa grana, ilitotalnog grafa, je u povecanju dimenzije ulaznog grafa (skoro uvek se i broj cvorova ibroj grana uvecava).

HROMATSKI BROJ GRAFA

U ovom odeljku definisacemo (za svaki tip bojenja) odgovarajuci hromatski broj.Razumljivo, nas ce najvise interesovati bojenje cvorova grafa.

Neka je n broj cvorova grafa. Ukoliko je k > n tada se problem pravilnog bojenjagrafa moze jednostavno resiti. Svakom cvoru cemo dodeliti boju razlicitu od boja ostalihcvorova. Primetimo jos i da je kod kompletnih grafova takvo bojenje i jedini izbor. Teziproblem nastupa ako je graf nekompletan, i ako je k < n. Od posebnog interesa su onabojenja kod kojih je broj upotrebljenih boja sto manji (u krajnjem slucaju minimalan).

DEFINICIJA 3.7.6. Za graf se kaze da je k–obojiv ako se moze pravilno obojiti sak (ili manje) boja. Hromatski broj grafa G je minimalna vrednost za k za koju je grafk–obojiv. Hromatski broj grafa G = (V,E) se oznacava sa χ(G). Formalno imamo

χ(G) = minf

[ k | (∃f)f : V → b1, b2, . . . , bk ],


gde je f pravilno bojenje.

NAPOMENA. Na slican nacin se dobija i hromatski indeks grafa G, u oznaci χ′(G). Sobzirom na vezu izmedju pravilnog bojenja grana grafa G i cvorova grafa L(G), imamo da jeχ′(G) = χ(L(G)). Analognu situaciju (posredstvom totalnog grafa T (G)) imamo u slucajubojenja i cvorova i grana grafa grafa G. Tada je χ′′(G) = χ(T (G)).

PRIMER 3.7.7. Za neke od vaznijih grafova vazi: χ(Kn) = n; χ(nK1) = 1; χ(Cn) =2 ako je n paran broj, a χ(Cn) = 3 ako je n neparan broj; χ(Pn) = 2; χ(P ) = 3 gde jeP Petersenov graf.

U opsem slucaju, ako je hromatski broj grafa veci od 2, tesko da se nesto vise mozereci o strukturi takvih grafova. Jedini netrivijalan rezultat odnosi se na 2–obojive (ilibihromatske) grafove. Za njih vazi Kenigova (D. Konig) teorema.

TEOREMA 3.7.8. Graf je bihromatski ako i samo ako ne sadrzi konturu sa neparnimbrojem cvorova, to jest neparnu konturu kao podgraf.

Dokaz . Primetimo najpre da je hromatski broj neparne konture jednak 3. Samim timgraf ciji je hromatski broj jednak najvise 2, ne moze imati neparnih kontura.

Pretpostavimo sada da graf ne sadrzi nijednu neparnu konturu i dokazimo da je grafbihromatski. Izvrsicemo efektivno bojenje grafa sa dve boje. Obojimo najpre proizvoljancvor, na primer belom bojom. Sve njegove susedne cvorove obojimo crnom, a susednecvorove od tih cvorova opet belom bojom (ukoliko vec nisu obojeni belom bojom) itd.Kada zavrsimo sa jednom komponentom povezanosti predjimo na drugu. Ako na ovajnacin obojimo sve cvorove grafa, graf je bihromatski. U suprotnom slucaju naici cemou procesu bojenja na cvor koji treba obojiti, na primer, crnom, pri cemu je jedan odnjemu susednih cvorova vec obojen crnom bojom. Medjutim, tada od pocetnog cvoravode u ovaj cvor dva razlicita puta, od kojih jedan parne duzine, a drugi neparne. Akoobjedinimo ova dva puta, dobijamo kruzni put neparne duzine. Ovaj kruzni put obrazujeneparnu konturu, sto je u suprotnosti sa polaznom pretpostavkom.

Bihromatski grafovi, po pravilu su bipartitni grafovi. To znaci da se cvorovi tihgrafova mogu podeliti u dve klase (ovde su to cvorovi razlicitih boja) tako da su susednisamo cvorovi razlicitih boja.

Ilustrovacemo sada i neke primene bojenja grafova.

PRIMER 3.7.9. Neka su x1, x2, . . . , xn (numericke) velicine koje se pojavljuju ujednom kompjuterskom programu. Za pamcenje vrednosti ovih velicina masina rezervisepo jednu celiju u svojoj memoriji (registru). Medjutim, moze se desiti da, na primer,vrednosti velicina xi i xj (i 6= j) nikada u toku rada programa nisu istovremeno potrebne,to jest da nije potrebno da se pamti vrednost velicine xi kada se pamti vrednost velicinexj , kao i obrnuto. U takvoj situaciji mogucno je za velicine xi i xj rezervisati samo jednuceliju u memoriji masine. Da bi se ostvarila maksimalna usteda memorijskog prostora,najpre se obrazuje graf G ciji cvorovi odgovaraju velicinama x1, x2, . . . , xn; dva cvora u Gsu susedna ako i samo ako je bar u jednom trenutku rada programa potrebno istovremenoznati obe cvorovima odgovarajuce velicine (tada se javlja konflikt). Kada se cvorovi grafaG pravilno oboje, tada velicine koje odgovaraju cvorovima iste boje mogu biti smestaneu isti registar. Na taj nacin se broj potrebnih registara redukuje sa n na χ(G).


NAPOMENA. Slicna ideja se koristi i u mnogim drugim problemima gde se pojavljujukonfliktne situacije. Recimo problem regulisanja saobracaja na raskrsnici se moze resavati naslican nacin. Svakom toku saobracaja pridruzije se cvor grafa, a dva cvora su susedna akosu odgovarajuci tokovi saobracaja u konfliktu. Bojenjem takvog grafa, dobijamo da je njegovhromatski broj jednak broju vremenskih intervala, koji se mogu regulisati semaforima, i u kojimase saobracaj moze nesmetano odvijati. Znatno komplikovaniji problem poznat je i kao Problemrasporeda casova. Taj se problem donekle (zbog dodatnih ogranicenja) moze modelirati i resavatibojenjem grafova.

Kao sto je vec spomenuto, problem (pravilnog) bojenja grafova sa sto manje bojapredstavlja, sa algoritamskog stanovista, jedan od tezih problema u teoriji grafova. Zasada nisu poznati dovoljno dobri (tj. polinomijalni) algoritmi za njegovo resavanje. Stogacemo se zadovoljiti i neoptimalnim resenjima (dakle bojenjem sa vise boja nego sto jehromatski broj). Da bismo sagledali koliko smo blizu ili daleko od optimalnog bojenjarazmotricemo neke ocene (donje i gornje granice) za hromatski broj.

Najpre imamo da je sledeca donja granica ocigledna:

χ(G) > ω(G),

gde je ω(G) broj cvorova u klici najvece kardinalnosti grafa G.Neka je α(G) broj cvorova u koklici najvece kardinalnosti grafa G, to jest broj cvorova

u najvecem nezavisnom skupu grafa G. Jasno, ω(G) = α(G). Sada imamo da je

χ(G) > n(G)α(G)

.

Ova nejednakost sledi iz cinjenice da je n(G) =χ(G)X

i=1

ni, gde je ni broj cvorova obojenih

i-tom bojom (u pravilnom bojenju sa χ(G) boja). Kako je α(G) > maxi

ni, gornja

nejednakost direktno sledi.

Posmatracemo sada gornje granice.

U sledecoj teoremi, pretpostavicemo da je posmatrani graf povezan. Time se ne gubiu opstosti, jer je hromatski broj nepovezanog grafa jednak hromatskom broju jedne odnjegovih komponenata, i to one koja ima najveci hromatski broj.

Dokazacemo sada Bruksovu (R.L. Brooks) teoremu.

TEOREMA 3.7.10. Ako je G povezan graf, tada je χ(G) 6 ∆(G) + 1, gde je ∆(G)najveci stepen cvora u grafu G. Jednakost vazi ako i samo ako je graf G ili kompletangraf ili kontura neparne duzine.

Dokaz . Neka je G povezan graf koji nije ni kompletan graf, niti neparna kontura.Pretpostavimo da je hromatski broj grafa G jednak k (jasno, k>2). Neka je H minimalank–hromatski podgraf grafa G. Tada je H ne samo povezan podgraf, vec i blok, i vazi∆(H) 6 ∆(G).

Pretpostavimo najpre da je H kompletan graf Kn za neko n, ili da je H neparnakontura Cn za neko neparno n. Tada je H 6= G. Posto je G povezan, to je ∆(G) > ∆(H).

Ako je H = Kn tada je ∆(H) = n − 1 a ∆(G) > n. Stoga je χ(G) = n 6 ∆(G).Ako je H = Cn tada je χ(G) = k = 3 6 ∆(G). Dakle, u oba slucaja je χ(G) 6 ∆(G), tenadalje mozemo uzeti da je H minimalan k–hromatski graf koji nije ni kompletan graf,niti neparna kontura. Ujedno, ovo implicira da je k > 4.


Pretpostavimo da H ima n cvorova. Kako je χ(G) = k > 4 i kako G nije kompletangraf, to je n > 5. Posmatracemo sada dva slucaja zavisno od povezanosti grafa G.1: H je 3-povezan graf. Neka su x i y dva cvora grafa H na rastojanju dva, i nekaje x, z, y put u H. Graf H − x − y je povezan. Neka su x1 = w, x2, . . . , xn−2 cvorovigrafa H − x− y, uredjeni tako da je svaki cvor xi (2 6 xi 6 n− 2) susedan sa bar jednimcvorom koji mu prethodi u listi. Stavljajuci da je xn−1 = x a xn = y, dobijamo nizx1 = z, x2, . . . , xn−2, xn−1 = x, xn = y.

Dodelimo boju 1 cvorovima xn−1 i xn. Dodelimo zatim redom svakom od cvorovaxn−2, xn−3, . . . , x2 jednu od boja 1, 2, . . . , ∆(H) koja nije koriscena u bojenju onih susedatekuceg cvora koji mu prethode u nizu. Takvo bojenje tekuceg cvora xi (2 6 xi 6 n− 2)je uvek mogucno posto je svaki cvor xi susedan sa najvise ∆(H)− 1 prethodno obojenihcvorova iz niza. Kako je x1 = z susedan sa dva cvora obojena bojom 1 (xn−1 i xn), stogapostoji boja koja mu se moze dodeliti. Dakle imamo χ(G) = χ(H) 6 ∆(H) 6 ∆(G).2: H je 2-povezan. Primetimo najpre da H ne moze da sadrzi cvorove stepena samo2 ili n − 1. Naime, svi cvorovu u H ne mogu biti stepena 2 jer je χ(H) > 4. Posto Hnije kompletan ne mogi svi njegovi cvorovi biti stepena n − 1. Ako bi H sadrzao samocvorove stepena 2 i n − 1 tada bi imali da je H = K1,1,n−2. Ali tada je χ(H) = 3, stonije dozvoljeno.

Neka je u ∈ V (H) cvor za koji je 2 < degH(u) < n− 1. Ako je H − u 2-povezan tadamozemo uzeti da je v cvor rastojanju dva od u. Tada mozemo uzeti da je x = u a y = v,cime se problem svodi na slucaj 1.

Ako je H − u 1-povezan, posmatrajmo njegove krajnje blokove B1 i B2 sa artiku-lacionim cvorovima w1 i w2, respektivno. Kako je H 2-povezan, postoje cvorovi u1 uB1 −w1 i u2 u B2 −w2 susedni sa u. Sada mozemo uzeti da je x = u1 i y = u2, cime seproblem svodi na slucaj 1.

Posmatracemo sada neke postupke za efektivno bojenje grafova. S obzirom da suegzaktni algoritmi (to jest oni koji daju optimalno bojenje) nisu ni vremenski efikasni,ni konceptualno jednostavni, zadovoljicemo se da u okviru ove knjige razmotrimo nekeheuristike, koje su istovremeno i veoma brze, a i jednostavne za implementaciju; stavise,one mogu u mnogim slucajevima da graf pravilno oboje sa prihvatljivim brojem boja, aza neke klase grafova i optimalnim brojem boja.

Ideja jednog takvog postupka vec je koriscena u dokazu Bruksove teoreme. Postupakse sastoji u sledecem: cvorovima (uredjenim na neki nacin) redom se dodeljuju boje, i totako da vcvor koji se trenutno razmatra boji prvom bojom iz liste boja koja nije koriscenaza bojenje njegovih vec obojenih suseda. Dakle, strategija je da u svakom koraku pravinajbolji trenutno moguci izbor, ne gledajuci pritom unapred u cilju sagledavanja prob-lema koji takvim izborom mogu nastupiti. Ova strategija je dobro poznata u literaturi,i pripada klasi tako zvanih pohlepnih algoritama (eng. greedy algorithms). I Kruskalovalgoritam opisan na strani 220 je istog tipa, samo sa razlikom sto on daje optimalnoresenje problema minimalnog razapinjuceg stabla.

Opisacemo sada gornji algoritam sa vise detalja. Neka su cvorovi grafa uredjeni usledecem poretku: v1, v2, . . . , vn. Dodelimo cvoru v1 boju 1. Za svaki cvor vi (2 6 i 6 n)formirajmo skup S boja dodeljenih cvorovima vj (1 6 j < i) susednim sa vi, i potomdodelimo coru vi prvu boju iz liste boja koja nije upotrebljena za bojenje cvorova iz S.


procedure Pohlepni algoritam za bojenje cvorova grafa

dodeliti boju 1 cvoru v1;for i := 2 to n do

beginS := ∅for j := 1 to i− 1 do

if vj susedan sa vi

then dodati boju cvora vj u S;k := 1;while boja k je u S do k := k + 1;dodeliti boju k cvoru vi

endend procedure

Ovaj algoritam ima svojstvo da za neke grafove je broj upotrebljenih boja jednakhromatskom broju, ali za neke je veci od hromatskog broja. Na sledecoj slici su prikazanadva takva grafa, tocak W6 i tocak bez jedne grane iz centralnog cvora.

v1 v2

v3

v4

v5

v6

1 2

1

2

3

4

v1 v2

v3

v4

v5

v6

1 2

1

3

2

3

Prvi graf, W6, je hromatskog broja 4 (naime spoljasnja kontura duzine pet boji sesa tri boje, a centralni cvor se stoga mora bojiti novom (cetvrtom) bojom. Taj graf jepohlepnim algoritmom obojen sa cetiri boje:

f(v1) = 1, f(v2) = 2, f(v3) = 1, f(v4) = 2, f(v5) = 3, f(v6) = 4.

Udaljavanjem grane v4, v6 dobija se drugi graf, koji ima hromatski broj 3 (zbog pos-tojanja bar jednog trougla tri boje su neophodne, a sa druge strane bojenje g sa triboje

g(v1) = 1, g(v2) = 2, g(v3) = 1, g(v4) = 3, g(v5) = 2, g(v6) = 3

je pravilno, te je hromatski broj zaista tri). Da smo taj graf bojili pohlepnim algoritmom(sa istim poretkom cvorova) dobili bi isto bojenje f , dakle sa cetiri boje. Na prethodnojslici su unutar cvorova stavljeni brojevi boja zadati preslikavanjem f , odnosno g. Ovimje pokazano da redosled cvorova bitno utice na neophodan broj boja.

Dokazacemo sada jedan veoma interesantan rezultat.


TEOREMA 3.7.11. Za svaki graf G = (V,E) postoji takav poredak cvorova za kojipohlepni algoritam daje optimalno bojenje.

Dokaz . Neka je V = V1 ∪ V2 · · · ∪ Vk (k = χ(G)) particija koja odgovara optimalnombojenju grafa G. Smatracemo da je cvor u ispred cvora v ako je u ∈ Vs a v ∈ Vt za s < t;za cvorove unutar iste klase poredak je nebitan. Neka je sada za neko j > 2 ispunjeno daje svaki cvor iz Vj susedan bar sa jednim cvorom iz klasa V1, V2, . . . , Vj−1. Posmatrajmozatim cvor w iz klase Vj+1 za koga to ne vazi. Recimo da nije susedan ni sa jednim cvoromiz klase Vi, gde je i minimalan broj za koji je i 6 j. Tada se cvoru w moze promenitiboja u boju cvorova iz klase Vi (efektivno on se prebacuje u klasu i). Nije tesko videtida je novo bojenje takodje pravilno, i optimalno. Ponavljanjem ovog postupka dobicemoili da je postao prazan (sto je nemoguce, jer bi tada hromatski broj bio k − 1), ili da jepomenuti uslov ispunjen za j = k (naime, ne moze doci do cikliranja jer je svaka narednaparticija ’veca u odnosu na leksikografski poredak odredjen kardinalnoscu njenih celija.Najzad, nije tesko videti da dobijeni poredak cvorova obezbedjuje da pohlepni algoritamda isto bojenje kao i ono koje smo dobili promenama boja.

Na osnovu gornje teoreme, mogli bismo prolaskom kroz svih n! poredaka cvorova,dobiti optimalno bojenje. Medjutim to bi bilo neprihvatljivo za grafove sa vecim brojemcvorova. Vise o bojenju grafova moze se naci literaturi (videti na primer [27],[11]).

Pohlepni algoritam obezbedjuje bojenje proizvoljnog grafa G sa ∆(G) + 1 boja (jerza bojenje nekog cvora, recimo v, u bilo kojoj fazi algoritma nikad nije potrebno vise odd(v) + 1 boja (da podsetimo d(v) je stepen chvora v, koji predstavlja broj suseda chvorav). Sledeca teorema, koju su pokazali Vels i Pauel (eng. Welsh, Powell, 1967), pruzamogucnost da se ta granica profini.

TEOREMA 3.7.12. Ako su cvorovi grafa G uredjeni tako da je d1 > d2 > . . . > dn,gde je di = d(vi), tada je χ(G) 6 1 + max

imindi, i− 1.

Dokaz . Primenicemo pohlepni algoritam za gornji poredak cvorova. Kad bojimo cvorvi nama treba najvise mindi, i− 1+ 1 boja. Stoga, je broj potrebnih boja uvek manjiili jednak 1 + max

imindi, i− 1, cime je dokaz kompletiran.

Alternativan nacin da se dodje do nekih granica za hromatski broj je da se prouceosobine takozvanih k-kriticnih podgrafova.

DEFINICIJA 3.7.13. Ako je χ(G) = k, a χ(H) < k za svaki njegov pravi podgraf,tada je G k-kritican.

LEMA. 3.7.14. Ako je graf H k-kritican, tada je δ(H) > k − 1.

Dokaz . Neka je w cvor grafa H. Posto je H k-kritican, H − w je (k − 1)-obojiv. Akoje deg(w) < k − 1, tada svih k − 1 boja nije upotrebljeno za bojenje suseda cvora w (ugrafu H). Stoga se vracanjem cvora w moze dobiti (k − 1)-bojenje grafa H. Ovo je u


kontradikciji sa cinjenicom da je χ(H) = k. Dakle, deg(w) > k − 1 za proizvoljan izborcvora w. Ovim je lema dokazana.

Na osnovu ove leme direktno sledi granica Sekeresa i Vilfa (Szekeres i H. Wilf, 1968).

TEOREMA 3.7.15. Za proizvoljan graf G vazi χ(G) 6 1 + maxH⊆G

δ(H).

Dokaz . Neka je k = χ(G), i neka je H ′ k–kritican podgraf grafa G. Prema gornjojlemi, χ(G)− 1 6 δ(H ′) 6 max

H⊆Gδ(H), cime je dokaz zavrsen.

GRAFOVI SA VELIKIM HROMATSKIM BROJEM

Vec smo videli da je χ(G)>ω(G). Za savrsene grafove ova jednakost vazi ne samo zagraf G, vec i za sve njegove indukovane podgrafove. Problematika vezana za perfektnegrafove prevazilazi okvire ove knjige. Oni su u literatuti iscrpno razmatrani. Jedanod najtezih problema u teoriji grafova, takozvana “Jaka hipoteza za savrsene grafove”(Berz, 1960) je tek nedavno resena, i to u pozitivnom smislu. Problem je resio Sejmor(P. Seymore, 200?). Ovo tvrdjenje (nije vise hipoteza jer je pokazano!) glasi:

Graf G je savrsen ako i samo ako nijedan od grafova G i G ne sadrzi neparnukonturu duzine bar 5.

Druga nejednakost koju smo spominjali kao donju granicu za hromatski broj je ne-jednakost χ(G)> n(G)

α(G) . Pokazano je (testiranjem na slucajnim grafovima) da je ona dajemnogo bolju ocenu hromatskog broja.

U ovom odeljku razmotricemo koliko prva od gore pomenutih donjih granica moze dabude gruba, drugim recima posmatracemo grafove koji imaju veliki hromatski broj, a danemaju ni trouglove (dakle ω(G) = 2). Konstrukcija koju cemo dati potice od Misielskog(J. Mycielski, 1955). Ideja je da se krene od k–hromatskog grafa Gk bez trouglova i da seon transformise u k+1–hromatski graf Gk+1 takodje bez trouglova. Neka je Gk = (V,E),gde je V = v1, v2, . . . , vn. Dodajmo grafu Gk cvorove iz skupa U = u1, u2, . . . , un,kao i cvor w. Grane grafa Gk+1 se dobijaju na sledeci nacin: najpre, svi cvorovi iz V cebiti susedni ako i samo ako su bili susedni i u Gk; cvor ui je susedan sa svim susedimacvora vi (za svako i = 1, 2, . . . , n); cvor w je susedan sa svim cvorovima iz U .

TEOREMA 3.7.16. Graf Gk+1 dobijen konstrukcijom Misielskog je (k + 1)-hromatski i bez trouglova.

Dokaz . Dokazimo najpre da je Gk+1 graf bez trouglova. Pretpostavimo suprotno, ineka je H = K3 podgraf grafa Gk+1. Najpre imamo da w ne moze biti cvor u H. Dalje,najvise jedan cvor iz U moze biti u H (cvorovi iz U su medjusobno nesusedni), i najvisedva cvora iz V mogu biti u H (graf Gk je bez trouglova). Dakle, preostaje da je cvor ui

iz U je susedan sa dva susedna cvora iz V , na primer vs i vt. Medjutim, tada cvorovi vi,vs i vt obrazuju trougao grafu Gk, sto je nemoguce.

Najpre imamo da je χ(Gk+1) > χ(Gk) = k jer je Gk podgraf grafa Gk+1. Dokazimosada da je graf Gk+1 (k + 1)-hromatski. Pretpostavimo suprotno da je χ(Gk+1) = k. Neumanjujuci opstost razmatranja, uzmimo da je cvor w obojen k–tom bojom. Samim timnijedan cvor iz U nije obojen k–tom bojom. Neka je V ′ podskup cvorova iz V obojenih


k–tom bojom. Za svaki cvor vi ∈ V ′ promenimo njegovu boju tako da bude ista kao iboja cvora ui ∈ U . Ovim je podgraf Gk grafa Gk+1 obojen sa k − 1-om bojom. Stavise,ovo bojenje je i pravilno. Naime konflikt u bojenju moze da nastane jedino ako je cvorvi ∈ V ′ obojen (po promeni boje) istom bojom kao i neki od njegovih suseda (u Gk).Medjutim, to je nemoguce jer bi se ista kolizija pojavila kod vi u Gk+1. Dakle, ako jeχ(Gk+1) = k tada je χ(Gk) < k, sto je kontradikcija. Dakle, χ(Gk+1) > k. Dokazimosada da je graf Gk+1 (k + 1)-obojiv. Takvo bojenje se dobija ako se bojenje grafa Gk sak boja prosiri na graf Gk+1 tako sto se svaki cvor ui ∈ U oboji istom bojom kao i cvorcvor vi ∈ V , a cvor w se oboji (k + 1)-vom bojom.

PRIMER 3.7.17. Posmatrajmo niz grafova (Gk) dobijen konstrukcijom Misielskog.

Imamo da je G1 = K2. Tada je G2 = C5. Koji je sledeci graf? Odgovor je Grecov graf(Gretzsch), koji je predstavljen na sledecoj slici.

v2

v3 v4

v5

u2

u3 u4

u5

v1

u1

w

Moze se pokazati da je broj cvorova nk k–tog grafa u nizu jednak nk = 32k−1 − 1,dakle raste eksponencijalno. Koristeci probabilisticke metode Erdes (P. Erdos) je pokazaoda postoji graf k–hromatski graf bez trouglova sa najvise ck2+ε cvorova, gde je ε > 0proizvoljno a c velicina koja zavisi od ε, a ne od k. Istim metodama, Erdes je pokazao daza proizvoljno k i g, postoji graf ciji je hromatski broj bar k, a duzina najkrace konturebar g. Takve grafove, je kasnije konstruisao Lovas.

ZADACI

3.7.1. Odrediti hromatski broj svakog od sledecih grafova:

t t tt

ta)

t t

t t

tt

b)t t t

t t tc) t t

t t

t t

t

td)

3.7.2. Odrediti hromatski broj γ(G) grafa G ako je G:a) potpun graf Kn; b) stablo; c) kontura Cn; d) graf n-tostrane piramide.

3.7.3. Odrediti hromatski broj regularnog grafa stepena 1 i njegovog komplementa.

3.7.4. Iz potpunog grafa sa n cvorova udaljeno je k grana (2k 6 n) koje su svemedjusobno nesusedne. Odrediti hromatski broj tog grafa.


3.7.5. Neka su G1 i G2 grafovi ciji su hromatski brojevi k1 i k2. Neka je X cvor iz G1,a Y cvor iz G2. Odrediti hromatski broj grafa koji se dobija tako sto se cvorovi X i Y :a) spoje granom; b) identifikuju.

3.7.6. Cvorovi grafa G su 1, 2, . . . , 2n. Susedni su sledeci parovi cvorova: (1, 2n) i(i, i+1) za i = 1, 2, . . . , 2n−1 i (i, i+n) za i = 1, 2, . . . , n. Odrediti hromatski broj grafaG.

3.7.7. Koliki je hromatski broj n-dimenzionalne kocke Qn (videti zadatak 3.1.15)?

3.7.8. Pokazati da se bipartitni graf Km,n uvek moze obojiti pomocu 2 boje. Kakoglasi hromatski polinom za Km,n?

3.7.9. Posmatrajmo povezan graf sa bar jednom granom. Ako taj graf ima hromatskibroj 2, dokazati da je u pitanju bipartitni graf.

3.7.10. Neka je f pravilno bojenje k–hromatskog grafa sa k boja. Dokazati da zasvaku boju postoji cvor obojen tom bojom koji je susedan sa cvorovima svih preostalihboja.

3.7.11. Dokazati da je χ(G) 6 3 ako je G kaktus (kaktus je graf kod koga je svakagrana je u najvise jednoj konturi).

3.7.12. Dokazati da je χ(G + H) = maxχ(G), χ(H).

3.7.13. Dokazati da je

χ(G) + χ(G ) > 2√

n, i χ(G) · χ(G ) > n,

gde je n broj cvorova grafa G.

3.7.14. Graf G je intervalni graf ako njegovi cvorovi odgovaraju intervalima na realnojpravij, a dva takva cvora su susedna ako odgovarajuci intervali imaju neprazan presek.Dokazati da je χ(G) = ω(G).

3.7.15. Ravan je podeljena familijom pravih na vise regiona. Dokazati da se ti regionimogu obojiti sa dve boje tako da susedni regioni budu obojeni razlicitim bojama.

3.7.16. Razgovarali su baron Minhauzen i matematicar. Baron Minhauzen je rekao dase u njegovoj zemlji iz svakog grada moze putem stici u bilo koji drugi grad. Pri tome,ako se iz proizvoljnog grada putuje po zemlji proizvoljnim putem do povratka u taj grad,onda se prodje kroz neparan broj usputnih gradova. Matematicar je pitao koliko puta sebroji grad, ako se vise puta prodje kroz njega. Baron je odgovorio da se takav grad brojionoliko puta koliko puta se prodje kroz njega. Osim toga, baron Minhauzen je dodaoda iz svakog grada u njegovoj zemlji polazi jednak broj puteva, osim iz njegovog rodnoggrada iz koga polazi manji broj puteva. Na to je matematicar rekao da baron Minhauzenlaze. Kako je to zakljucio?

Glava 4

Diskretna verovatnoca

Teorija verovatnoce nastala je u 16-tom veku kao rezultat pokusaja matematicara togvremena da razrese neke fenomene vezane za igre na srecu. Prva knjiga iz ove oblasti zakoju se zna je De Ludo Alea (O igri kockom), stampana je tek 1663 godine, dakle oko 100godina posto je napisana. Autor knjige je Djirolamo Kardano (it. Girolamo Cardano),poznat i po formulama za resavanje algebarskih jednacina treceg stepena. Interesantno jenapomenuti da je verovatnoca od samog nastanka povezana sa kombinatorikom, a o tomesvedoce radovi matematicara kao sto su Paskal i Laplas (fra. Blaise Pascal, Pierre–SimonLaplace). Naravno, obojicu su zanimale igre na srecu. I u danasnje vreme jos uvek postojiinteres za resavanje problema vezanih za igre na srecu. Ne mali broj ljudi interesujekakve su im sanse da dobiju neku premiju u takvim igrama. Stoga se namece zakljucakda verovatnoca izvorno predstavlja meru za mogucnost nastupanja nekog dogadjaja.

Opstije, za teoriju verovatnoce bi se moglo reci da predstavlja matematicku disciplinukoja sluzi izucavanje takozvanih slucajnih, ili nedeterministickih fenomena. Za determin-isticke fenomene je karakteristicno da se njihovo ponasenje moze predvideti na osnovupoznavanja pocetnih uslova, kao i odredjenih naucnih zakona (na primer, fizike, hemije,biologije i drugih po pravilu prirodnih nauka). Tipican primer iz fizike je kosi hitac.

U 20-tom veku, verovatnoca je postavljena na cvrste temelje, i aksiomatski je za-snovana uz pomoc teorije skupova. Aksiomi koje cemo u nastavku razmatrati prip-isuju se Andreju Nikolajevicu Kolmogorovu. Dakle, danas je to jedna strogo zasnovanamatematicka disciplina sa mnostvom primena. Posebnu draz ovoj teoriji daju racunari.Umesto klasicnih eksperimenata, sada se oni mogu simulirati na racunaru. Uz teorijuverovatnoce, po pravilu stoji i statistika, kao matematicka disciplina sa kojom se dopu-njava (daje joj prakticni smisao). U ovoj knjizi nece biti reci o statistici.

283

GLAVA 4. DISKRETNA VEROVATNOCA 284

4.1 ELEMENTARNA VEROVATNOCA

POJAM DOGADJAJA

Osnovni pojam na kojem bazira teorija verovatnoce je dogadjaj. Dogadjaj je skupkoji se sastoji od takozvanih elementarnih (nedeljivih) dogadjaja, odnosno osnovnih in-stanci. Svi elementarni dogadjaji obrazuju prostor elementarnih dogadjaja. U stvarnostineki fenomen pod odredjenim uslovima (ili uticajnim faktorima) moze, ali ne mora dase dogodi. Ako je nastupio posmatrani fenomen, tada je samim tim nastupio i jedanod elementarnih dogadjaja, te se stoga realizuje i odgovarajuci dogadjaj kao posledicarealizacije jedne od instanci. U mnogim slucajevima nastupanje ili nenastupanje nekogdogadjaja moze se shvatiti kao rezultat realizacije (ishod) nekog eksperimenta. Idealizo-vana predstava eksperimenta bazira se na sledecim pretpostavkama:

i) za svaki eksperiment unapred je poznat skup svih mogucih ishoda (elementarnihdogadjaja);

ii) realizacija bilo kog ishoda nije poznata unapred1;

iii) svaki eksperiment se moze neogranicen broj puta ponoviti pod istim uslovima.

PRIMER 4.1.1. Bacanje novcica: Prostor mogucih elementarnih dogadjaja je real-izacija ili grba, ili pisma. Smatra se da se bacanje novcica moze neogranicen broj putaponoviti pod istim uslovima. U slucaju da je novcic pravilan (homogen) intuitino, a iempirijski, moglo bi se zakljuciti da ce broj ishoda grba i pisma u velikom broju bacanjabiti priblizno jednak.

PRIMER 4.1.2. Bacanje kocke: Prostor mogucih elementarnih dogadjaja je real-izacija jedne od 6 strana kocke, oznacenih brojevima od 1 do 6. I u ovom slucaju sesmatra da se bacanje kocke moze neogranicen broj puta ponoviti pod istim uslovima.U slucaju da je kocka pravilna (homogena) na isti nacin bi se moglo zakljuciti da cebroj ishoda svake strane (odnosno odgovarajuce oznake) u velikom broju bacanja bitipriblizno jednak.

PRIMER 4.1.3. Izvlacenje karte iz spila: Prostor mogucih elementarnih dogadjajaje vadjenje jedne od 52 karte iz kompletnog spila. U ovom slucaju se smatra da su karte,pre izvlacenja, djobro promesane”. U slucaju da se obezbedi dobro mesanje karata presvakog izvlacenja, moglo bi se zakljuciti da ce u velikom broju izvlacenja svaka karta bitipriblizno jednak broj puta izvucena.

U svim gore navedenim primerima broj ishoda eksperimenta je bio konacan (2, 6 i 52,respektivno). Dakle, prostor elementarnih dogadjaja je bio konacan. Ukoliko je prostorelementarnih dogadjaja konacan ili prebrojiv (dakle najvise prebrojiv, ili diskretan),tada se teorija verovatnoce svodi na diskretnu verovatnocu. U ovoj knjizi bice reci samoo diskretnoj verovatnoci.

Sada cemo precizirati uobicajene oznake za osnovne pojmove uvedene u ovompoglavlju. Najpre imamo:

1Ova cinjenica odredjuje nedeterminizam fenomena koji se posmatra. Strogo gledano, tesko bi semogla podvuci crta izmedju deterministickih i nedeterministickih fenomena. Ima mislenja da nedeter-ministicki fenomeni objektivno i ne postoje, vec su za nas rezultat nemogucnosti da uzmemo u obzir svefaktore koji odredjuju determinizam posmatranog fenomena


i) e – elementatni dogadjaj;

ii) Ω – skup, ili prostor elementarnih dogadjaja;

iii) A ⊆ Ω – proizvoljan dogadjaj.

U slucaju da je A = ∅, tada se kaze da je odgovarajuci dogadjaj nemoguc; s druge strane,ako je A = Ω tada je odgovarajuci dogadjaj siguran.

ALGEBRA DOGADJAJA

Posto su dogadjaji u osnovi skupovi, logicno je ocekivati da se osnovne skupovne ope-racije mogu interpretirati i kao operacije nad dogadjajima. Algebra dogadjaja zasnovanaje na sledecim operacijama:

i) komplement dogadjaja: A = e | e 6∈ A;ii) suma (unija) dogadjaja: A + B = e | e ∈ A ∨ e ∈ B (= A ∪B),

ili opstije,X

i∈I

Ai =⋃i∈I

Ai;

iii) proizvod (presek) dogadjaja: A ·B = e | e ∈ A ∧ e ∈ B (= A ∩B),ili opstije,

Y

i∈I

Ai =⋂i∈I

Ai;

iv) razlika (diferencija) dogadjaja: A−B = e | e ∈ A ∨ e 6∈ B (= A \B);

Skup indeksa I u stavkama ii) i iii) je najvise prebrojiv skup. Ista pretpostavka, ako sedrugacije ne naglasi, vazi ce i u preostalom delu teksta.

Uvescemo sada jedan veoma vazan pojam koji igra jednu od kljucnih uloga u teorijiverovatnoce.

DEFINICIJA 4.1.4. Dogadjaji A i B su iskljucivi (ili nesaglasni) ako je A · B =∅. Opstije, familija dogadjaja Ai, i ∈ I, obrazuje familiju uzajamno iskljucivih (ilinesaglasnih) dogadjaja i to u parovima ako vazi Ai ·Aj = ∅ za svako i 6= j, i, j ∈ I.

U principu, svaki podskup skupa Ω mogao bi se smatrati da predstavlja jedan dogad-jaj. S obzirom da smo uveli operacije nad dogadjajima, logicno je ocekivati da dogadjaji,u oznaci B, koji su za nas od interesa budu zatvoreni u odnosu na gornje operacije.Drugim recima, ako A,B ∈ B tada vazi i A + B, A ·B, A, B ∈ B, ili, sto je ekvivalentno,samo A + B, A, B ∈ B (ili samo A ·B, A, B ∈ B). Dodatni nameti na B dati su sledecomdefinicijom:

DEFINICIJA 4.1.5. Skup dogadjaja B je σ–polje ako vazi:

i) Ω ∈ B;

ii) ako Ai ∈ B za svako i ∈ I tadaX

i∈I

Ai ∈ B;

iii) ako A ∈ B tada i A ∈ B.


NAPOMENA. Umesto ii) i iii) moze (alternativno) da stoji:

ii’) ako Ai ∈ B za svako i ∈ I tadaY

i∈I

Ai ∈ B;

iii’) ako A, B ∈ B tada i A−B ∈ B.


Sledeca napomena odnosi se na diskretnu verovatnocu.

NAPOMENA. Ako je skup Ω diskretan tada se po pravilu uzima da je B partitivni skupskupa Ω. To se posebno ogleda u situaciji kad je svaki elementarni dogadjaj i sam za sebe

dogadjaj iz σ–polja. Tada za svako A ⊆ Ω vazi A =S

e∈A

e te je B partitivni skup od Ω.

PROSTOR VEROVATNOCE

Posmatrajmo uredjenu trojku datu sa: (Ω,B, P ), gde je Ω prostor elementarnih do-gadjaja, B σ–polje a P : B −→ IR. Za ovu trojku se kaze da je prostor verovatnoce akovaze aksiome Kolmogorova date u sledecoj definiciji:

DEFINICIJA 4.1.6. Uredjena trojka (Ω,B, P ), gde je P : B −→ IR, je prostorverovatnoce ako vazi:

i) P (A) > 0 za svako A ∈ B;

ii) P (Ω) = 1;

iii) ako su dogadjaji Ai, i ∈ I, nesaglasni (u parovima) tada jeP (X

i∈I

Ai) =X

i∈I

P (Ai).

NAPOMENA. Ako Ω nije diskretan skup tada se javlja dodatni problem vezan za kon-strukciju funkcije P koja zadovoljava navedene aksiome – naime, za svako B, funkcija kojazadovoljava aksiome i)–iii) ne mora postojati – medjutim, takva situacija se ne javlja u diskret-noj verovatnoci. Primetimo jos da verovatnoca P nije precizirano aksiomama; drugim recima,postoji velika sloboda za njen izbor (videti sledece poglavlje).

Osnovne osobine funkcije P date su sledecom teoremom:

TEOREMA 4.1.7. Ako je (Ω,B, P ) prostor verovatnoce, tada za funkciju

P : B −→ IR

vazi:

i) P (∅) = 0;

ii) P (A) + P (A) = 1 za svako A ∈ B;

iii) ako A ⊆ B tada P (A) 6 P (B);

iv) P (A + B) = P (A) + P (B)− P (A ·B);

v) P (A1 + A2 + . . . + An) 6 P (A1) + P (A2) + . . . + P (An);

vi) P (A1 + A2 + . . . + An) =X

16i6n

P (Ai)− X

16i<j6n

P (AiAj)

+X

16i<j<k6n

P (AiAjAk) + . . . + (−1)n−1P (A1A2 . . . An).


Dokaz . Primetimo najpre da je Ω = A+A. Odavde sledi da je 1 = P (Ω) = P (A+A) =P (A) + P (A) (videti Definiciju 4.1.6). Uzimanjem da je A = Ω neposredno sledi i), apotom i ii). Kako je B = A + (B − A), sledi da je P (B) = P (A) + P (B − A) > P (A),te vazi i iii). Primetimo najpre da A + B = (A − B) + (B − A) + (AB). Odavde jeP (A + B) = P (A−B) + P (B−A)+ P (AB). Primetimo i da je A = (A−B)+ (AB), teda je P (A − B) = P (A) − P (AB) (slicno se dobija da je P (B − A) = P (B) − P (AB)).Samim tim dobijamo i iv). Najzad, v) i vi) se dobijaju indukcijom iz iv).

Interesantno je primetiti da obrnuto tvrdjenje za i) ne vazi. Dakle, ako je verovatnocanekog dogadjaja jednaka 0, to ne znaci da taj dogadjaj ne moze da nastupi. Na primer,verovatnoca izbora fiksne tacke sa duzi je jednaka 0, ali to ne znaci da ona ne mozebiti izabrana (pri nekom eksperimentu). Medjutim, ako je verovatnoca nekog dogadjajapozitivna, tada je sigurno on moze nastupiti.2 Svojstvo ii) daje vezu izmedju medjusobnokomplementarnih dogadjaja. Cesto se desava u praksi da je verovatnocu jednog od njihznatno lakse izracunati nego drugog, tako da je ova formula veoma korisna (videti donjiprimer). Svojstvo iii) iskazuje monotoniju funkcije verovatnoce. Svojstvo iv) je specijalnislucaj principa ukljucenja–iskljucenja – videti svojstvo vi). Najzad, svojstvo v) je poznatokao Bulova nejednakost.

U sledecim poglavljima (posto uvedemo neke principe dodela verovatnoca dogadja-jima) videcemo i neke primere primena raznih stavki gornje teoreme.

DODELA VEROVATNOCE DOGADJAJIMA

Dodeljivanje verovatnoce pojedinim dogadjajima, kao sto je vec primeceno, nije jed-noznacno odredjeno. Postoji vise pristupa da se pojedinim dogadjajima dodeli njihovaverovatnoca.

Klasicna definicija Osnovna ideja na kojoj je zasnovana klasicna definicija verovatnocebazira na pretpostavci da su svi elementarni dogadjaji jednako verovatni. Ova definicijaima posebno smisla ako je prostor elementarnih dogadjaja konacan, recimo da ima tacnon elementarnih dogadjaja. U tom slucaju svaki elementarni dogadjaj ima verovatnoci 1

n ,tj. P (e) = 1

n za svako e ∈ Ω. S obzirom da je A = ei1 , ei2 , . . . , eim, imamo da jeA = ∪m

s=1eis, te odatle sledi (videti Definiciju 4.1.6) da je P (A) = mn . Stoga imamo:

DEFINICIJA 4.1.8. (Klasicna definicija verovatnoce) Neka je m broj instanci ko-jima se realizuje dogadjaj A, a n broj svih mogucih instanci iz prostora Ω. Ako su sveinstance podjednako verovatne tada je

P (A) =m

n.

U praksi (kod eksperimenata) m oznacava i broj povoljnih ishoda za dogadjaj A, an broj svih mogucih ishoda eksperimenta. Moze se lako proveriti da su sve aksiome inDefinicije 4.1.6 zadovoljene ako se verovatnoca P pridruzi dogadjajima na opisani nacin.

Na primer, za eksperiment sa novcicem, m = 1 za grb (dogadjaj G), ili pismo (do-gadjaj P ), a n = 2 za dogadjaj Ω = G,P. Stoga, ako je novcic pravilan (odnosnohomogen), imamo da je q = P (G) = 1

2 , a p = P (P ) = 12 (jasno p + q = 1). Slicnim

rezonovanjem lako se dobija da je kod eksperimenta sa bacanjem kocke da je P (Si) = 16 ,

2Ova cinjenica se veoma elegantno koristi za probabilisticko dokazivanje teorema, posebno u kombi-natorici.


za realizaciju i-te strane kocke (i = 1, 2, . . . , 6) pri bacanju pravilne (homogene) kocke.Naravno, ukoliko novcic ili kocka nisu pravilni, tada moze doci odstupanja od pomenutihvrednosti. Najzad, za eksperiment koji se odnosio na izvlacenje karte iz spila, imamo daje verovatnoca vadjenja (po slucajnom principu) bilo koje konkretne karte jednaka 1

52 .

PRIMER 4.1.9. Koje je verovatnoca da se bacanjem dve kocke dobije da je sumadobijenih brojeva jednaka 7?

Resenje. Predstavimo svaki ishod bacanja dve kocke sa uredjenim parom (i, j), gde jei broj dobijen bacanjem prve kocke, a j druge kocke. Prema principu proizvoda postojiukupno 36 mogucnih ishoda, i to (1, 1), (1, 2), . . . , (6, 6); oni su, u slucaju pravilnih kocki,jednako verovatni. Povoljni ishodi su (1, 6), 2, 5, 3, 4, 4, 3, 5, 2 i 6, 1; dakle ima ih ukupno6. Stoga je trazena verovarnoca jednaka 6

36 (= 16 ).

PRIMER 4.1.10. Generisan je niz od n bitova na slucajan nacin. Kolika jeverovatnoca da je bar jedan od bitova jednak 0?

Resenje. Neka je A dogadjaj da je bar jedan od bita jednak 0. Posmatrajmo komple-mentarni dogadjaj dogadjaja A, to jest dogadjaj A za koji su svi biti jednaki 0. Tadaje

p(A) = 1− p(A) = 1− 12n

.

Verovatnoca dogadjaja A se moze dobiti sledecim rezonovanjem: niz od n bitova se mozeshvatiti kao jedan od 2n brojeva (0, 1, . . . , 2n−1) reprezentovanih u binarnom sistemu;kako je svaki od njih jednako verovatan, zakljucak neposredno sledi.

Sledeci problem predstavlja paradigmu probabilistickog rezonovanja. Postavio ga jeSevalie de Mer (fra. Chevalier de Meere), cuveni kockar i bonvivan, a resili su ga BlezPaskal (fra. Blaise Pascal) i Pjer Ferma (fra. Pierre de Fermat).

PRIMER 4.1.11. Sta je verovatnije, da se sestica pojavi kada se jedna kocka baca 4puta, ili da se pojave dve sestice kada se par kocki baca 24 puta?

Resenje. Verovatnoca prvog dogadjaja je 1−( 56 )4 ≈ 51.77%, dok je verovatnoca drugog

dogadjaja 1− ( 3536 )4 ≈ 49.14%. Verovatnoca prvog dogadjaja je veca. Stoga bi se trebalo

kladiti na prvu varijantu.

Sledeci primer (interpretiran kao zagonetka tri kutije, ili izvorno Monty Hall problem)pobudio je nedavno veliku paznju.

PRIMER 4.1.12. U TV igri date su tri kutije, dve prazne i jedna puna novca.Ucesnik TV igre bira jednu od kutiju, i ako izabere onu sa novcem dobija, kao nagradu,sav novac. Medjutim, pre nego sto je otvori, voditelj igre, koji zna u kojoj kutiji je novac,otvara jednu od preostale dve kutije, i to onu koja je prazna (ili bilo koju ako su obeprazne). Potom nudi ucesniku u igri da, ako zeli, promeni svoj izbor. Sada se postavljapitanje koju strategiju koristiti? Da li izabrati neku drugu kutiju, ili nista ne menjati?

Resenje. Verovatoca dobitka (pre nastupa voditelja sa njegovom ponudom) je 1/3,posto mozemo smatrati da su sve kutije podjednako verovatne. Ako ne menjamo izabranukutiju, tada ce odgovarajuca verovatnoca ostati nepromenjena.


Sta ako menjamo izabranu kutiju? Tada u dva slucaja (to jest kada izaberemo praznekutije) dobijamo nagradu. Naime, posto je izabrana kutija prazna, a takodje i ona kojuje voditelj otvorio, novac ce biti u trecoj kutiji, i stoga promenom dobijamo nagradu. Uposlednjem slucaju (to jest kada izaberemo kutiju sa novceme) jasno je da ostajemo beznagrade. Stoga je sada verovatnoca dobitka jednaka 2/3.

Konacan zakljucak je da uvek treba menjati izabranu kutiju jer se time verovatnocadobitka duplira.

Geometrijska definicija Osnovna ideja na kojoj je zasnovana geometrijska definicijaverovatnoce je slicna klasicnoj definiciji. Jedina bitna razlika je da je sada prostor ele-mentarnih dogadjaja beskonacan, te bi stoga verovatnoca svakog elementarnog dogadjajaneminivno bila jednaka nuli. Odatle bi se nametala mogucnost da je verovatnoca svakogdogadjaja bila jednaka nuli, sto je nedopustivo. Izlaz iz ove situacije moze se napravitiuz pomoc geometrijskih argumenata.

Predpostavicemo da skup elementarnih dogadjaja odgovara nekom podskupu tacakaiz Euklidovog prostora dimenzije do 3, to jest prostora iz naseg okruzenja. Na primer,u jednodimenzijalnom slucaju biramo tacke na nekoj duzi; u dvodimenzijalnom slucajubiramo tacke u nekom delu ravni koje odgovaraju nekoj geometrijskoj figuri kao sto jetrougao, pravougaonik, krug itd.; u trodimenzijalnom slucaju biramo tacke u nekom deluprostora koje odgovaraju nekom geometrijskom telu kao sto je teraedar, paralelepiped,lopta itd. Svaki od ovih objekata ima svoju meru: za duz to je njena duzina, za figuru uravni to je njena povrsina, za telo u prostoru to je njena zapremina. Neka je S skup svihtacaka iz odgovarajuceg prostora koje su u obostrano–jednoznacnoj korespodenciji sa Ω,prostorom elementarnih dogadjaja. Neka je R skup tacaka (iz S) koje su u obostrano–jednoznacnoj korespodenciji sa elementarnim dogadjajima kojim se realizuje dogadjajA ∈ B. Tada je

P (A) =mes(R)mes(S)

,

gde mes(X) oznacava meru skupa X, dakle njegovu duzinu, ili povrsinu, ili zapreminu.U praksi, mozemo pisati i P (A) = mes(A)

mes(Ω) . Stoga imamo:

DEFINICIJA 4.1.13. (Geometrijska verovatnoca) Neka je mes(A) mera dela pros-tora koji koji sadrzi tacke koje odgovaraju instancama dogadjaja A, a mes(Ω) takodjemera dela prostora koji sadrzi tacke koje odgovaraju svim mogucim instancama. Ako susve tacke posmatranog prostora jednako verovatne tada je

P (A) =mes(A)mes(Ω)

.

Moze se pokazati da su sve aksiome in Definicije 4.1.6 zadovoljene ako se verovatnocaP usvoji na opisani nacin.

PRIMER 4.1.14. (Problem semafora): Na semaforu se smenjuju crveno, naran-dzasto i zeleno svetlo, i to tako da redom traju 20 sekundi, 5 sekundi i 25 sekundi.Jedno od pitanja koje se moze postaviti glasi: Koje je verovatnoca da vozilo koje stizena raskrsnicu mora da ceka na zeleno svetlo. Odgovor je 1

2 (zasto?).

PRIMER 4.1.15. (Problem presretanje): Dva broda stizu u luku u toku istih T sati.Vremena njihovih pristizanja su slucajna i jednako verovatna u svakom od trenutaka iz


posmatranog intervala od T sati. Vreme zadrzavanja prvog broda u luci je T1 sati, adrugog T2 sati. Ako je jedan brod u luci, tada drugi mora da saceka prvi brod da napustiluku. Kolika je verovatnoca da dodje da sacekivanja.

Resenje. Prostor svih elementarnih dogadjaja se moze poistovetiti sa tackama ukvadratu stranica duzine T , koji je odredjen tackama (0, 0), (T, 0), (T, T ) i (0, T ) ukoordinatnom sistemu. Svaka tacka (t1, t2) odgovara vremenima pristizanja brodova;dakle, t1 je vreme pristizanja prvog broda, a t2 vreme pristizanja drugog broda. Dosacekivanja ce doci ako je 06 t1− t2 6T1 (tada prvi brod ceka), ili ako je 06 t2− t1 6T2

(tada drugi brod ceka). Tacke koje odgovaraju sacekivanju leze u jednoj traci odredjenojpravama t2 = t1 − T1 i t2 = t1 + T2. Stoga nije tesko pokazati da je trazena verovatnoca

jednakaT 2 − 1

2 ((T − T1)2 + (T − T2)2)T 2

.

PRIMER 4.1.16. Odrediti verovatnocu da je nasumice izabrana tetiva kruga duzaod stranice jednakostranicnog trougla upisanog u dati krug.

Resenje. Pokazacemo da je pojam jednakoverovatnih dogadjaja u ovom slucaju teskoprecizirati, i da se zavisno od toga kako je to ucinjeno mogu dobiti razliciti rezultati.U svim donjim varijantama pri izboru jednakoverovatnih dogadjaja simetrija kruga sekoristi kao glavni (pocetni) argument.

Prva varijanta: Uzmimo najpre da je tetiva odredjena svojom srednjom tackom, kao ida su sve tacke kruga jednako verovatne. Povoljni slucajevi sada odgovaraju tackamacije je rastojanje od centra kruga najvise r

2 (r je poluprecnik kruga). Sada se lako dobijada je trazena verovatnoca jednaka 1

4 (kao kolicnik mere (povrsine) dva kruga).

Druga varijanta: Uzmimo sada da je tetiva odredjena jednom fiksnom tackom na kruznicii uglom koji zaklapa sa tangentom na krug u uocenoj tacki na kruznici. Povoljni slucajevisada odgovaraji onim uglovima koji su u opsegu od 60 do 120. Sada se lako dobija daje trazena verovatnoca jednaka 1

3 (kao kolicnik mere dva ugla).

Treca varijanta: Uzmimo sada da je tetiva odredjena svojim pravcem (dakle mora bitiparalelna nekoj fiksnoj pravoj) i rastojanjem od centra. Povoljni slucajevi sada odgovarajirastojanjima od centra do najvise r

2 . Sada se lako dobija da je trazena verovatnocajednaka 1

2 (kao kolicnik mere (duzine) dve duzi).Ovaj primer je ilustrativan jer pokazuje istovremeno koliku slobodu imamo u dodelji-

vanju verovatnoce dogadjajima.

PRIMER 4.1.17. Bufonov problem. (eng. Buffon) U ravni je dat skup paralelnihpravih, pri cemu je rastojanje izmedju svake dve susedne prave 2a (a > 0). Na ravan sebaca igla duzine 2l (0 < l < a). Odrediti verovatnocu da igla preseca neku od paralelnihpravih.

Resenje. Zbog uslova l < a igla moze presecati najvise jednu od pravih. Polozaj igleu odnosu na bilo koju pravu moze se odrediti rastojanjem d njenog centra u odnosu nanajblizu pravu, kao i uglom φ koji ona zaklapa sa bilo kom pravom. Ove dve velicine semogu smatrati nezavisnim (u intuitivnom smislu).

Stoga bi prostor elementarnih dogadjaja mogao biti interpretiran kao tacka upravougaoniku sa temenima (0, 0), (π, 0), (π, a) i (0, a). Igla preseca najblizu pravu


ako i samo ako je 0 6 d 6 l sin(φ). Prostor povoljnih dogadjaja je figura (u gornjempravougaoniku) izmedju horizontalne ose i sinusoide d = l sin(φ). Lako se pokazuje da jeodnos odgovarajucih povrsina jednak 2l

πa , sto je ujedno i trazena verovatnoca.Interesantno je da je odavde π = 2l

ap .

Statisticka definicija verovatnoce Napomenimo najpre da se matematicka statis-tika kao matematicka disciplina pre svega bavi primenom aparata teorije verovatnocena resavane prakticnih problema (dakle, odredjivanjem verovatnoce nekih konkretnihdogadjaja, tumacenjem dobivenih rezultata, predikcijom nastupanja nekih dogadjaja,itd.). Nas ce u okvirima ove knjige interesovati jedan samo dodeljivanje verovatnocenekim dogadjajima.

Podjimo od primera bacanja novcica. Postavlja se pitanje sta cemo da radimo akonovcic nije pravilan! Intuitivno je jasno da ako je pravilan, da ce grb (ili pismo) nastupitipriblizno jednak broj puta ako se eksperiment vise puta (na primer, 1000 puta) ponavlja.Sta se moze ocekivati ako novcic nije pravilan. U tom slucaju recimo da se pismo real-izovalo m puta u n ponavljanja eksperimenta. Uocimo tada kolicnik m

n , i oznacimo gasa f . Tada f (= m

n ) predstavlja (po definiciji) relativnu frekvenciju nastupanja pisma,za nas dogadjaja, recimo A (m je apsolutna frekvencija). Sada mozemo pretpostaviti, ilisamo napisati, da je

P (A) = limn→+∞

m

n.

Napomenimo da je ovde pojam granicne vrednosti upotrebljen u intuitivnom smislu. Ra-zlog je sto formalna definicija granicne vrednosti (sa neizbeznim ε) sada nema isti smisao.Eksperimenti sugerisu da ce za veliko n razlika (po modulu) izmedju relativne frekvencije(uz zanemarljiva kolebanja) biti veoma bliska nekom broju: taj broj je verovatnoca nasegdogadjaja A. Ispostavilo se da za pravilan novcic taj broj (prema ocekivanjima) iznosi12 .

Pravo tumacenje gornjih razmatranja vezano je za zakon velikih brojeva i moze seiskazati na sledeci nacin: Pretpostavimo da za dati eksperiment, u n ponavljanja, koji susvi medjusobno bez ikakvog utacaja jedan na drugog, dogadjaj A (cija je verovatnoca nas-tupa u svakom pojedinacnom eksperimentu P (A)) nastupi m puta. Tada, za proizvoljnomale pozitivane brojeve δ i ε, postoji dovoljno veliki broj N takav da za n > N imamoda je verovatnoca dogadjaja

|mn− P (A)|> δ

najvise jednaka ε.Vratimo se sada Bufonovom problemu. Ako se bacanje igle ponovi veliki broj puta,

recimo n, i ako je broj povoljnih slucajeva (presecanja) bio m. Tada sledi da je

π = limn→∞

2ln

am.

Na primer, Volf (eng. R. Wolf) je bacao iglu 5000 puta u periodu od 1849. do 1853.godine i dobio da je π ≈ 3.1596. Ovakvi eksperimenti (sada se rade na racunarima) bilisu prvi koraci u primeni takozvane Montekarlo (fra. Monte Carlo) metode (ili metodesimulacija) za razna izracnavanja. Recimo, ako u Bufonovom eksperimentu ne znamoda izracunamo povrsinu zahvacenu sinusoidom i horizontalnom osom, tada bi je moglipriblizno odrediti bacanjem igle (kako?). Ovakve i slicne ideje se danas koriste u raznimprimenama teorije verovatnoce (zajedno sa statistikom).


ZADACI

4.1.1. Novcic se baca tri puta i registruje se niz u kome se pojavljuju ”pismo”i ”grb”.Odrediti skup svih mogucih elementarnih dogadjaja Ω.

4.1.2. Novcic se baca tri puta i registruje se broj koliko puta se pojavi ”pismo”.Odrediti skup svih mogucih elementarnih dogadjaja Ω, kao i verovatnocu svih mogucihishoda.

4.1.3. Kocka za igru baca se tri puta. Naci verovatnocu da se u trecem bacanju dobijebroj 4.

4.1.4. Kolika je verovatnoca da ce dve bacene kocke pokazati brojeve ciji je zbir 8?

4.1.5. Bacene su dve kocke. Kolika je verovatnoca da je zbir brojeva koji su pali manjiod ili jednaki sa 4?

4.1.6. Baca se kocka za igru. Dogadjaj A je da je pao paran broj, a dogadjaj B da jepao broj deljiv sa 3. Odrediti verovatnoce p (A), p (B), p (AB), p (A ∪B).

4.1.7. U jednom odeljenju ima trideset ucenika. Nijedan od njih nije rodjen prestupnegodine. Kolika je verovatnoca da ne postoje dva ucenika koji rodjendan slave istog dana?

4.1.8. Sedam rasejanih profesora je islo na neko predavanje. U garderobi su ostavilisvoje sesire. Nakon predavanja svako od njih je uzeo prvi sesir koji mu je bio pod rukom.Kolika je verovatnoca da:a) svako uzme svoj sesir;b) tacno sest profesora uzme svoj sesir?

4.1.9. Iz kutije u kojoj se nalazi 6 crvenih i 8 plavih kuglica na slucajan nacin izvlacimo3 kuglice odjednom. Kolike su verovatnoce dogadjaja: A – da izvucemo sve 3 kugliceiste boje i B – da izvucemo 3 kuglice plave boje?

4.1.10. Iz kutije u kojoj se nalazi 7 crvenih i 9 plavih kuglica na slucajan nacinizvlacimo 5 kuglica odjednom. Kolike su verovatnoce dogadjaja: A – da izvucemo svih5 kuglica iste boje i B – da izvucemo bar 2 kuglice plave boje?

4.1.11. U prvoj kutiji je 5 belih i 10 crvenih, a u drugoj 3 bele i 7 crvenih kuglica. Izdruge kutije smo u prvu prebacili jednu kuglicu, a zatim smo iz prve kutije izvukli jednukuglicu. Koja je verovatnoca da smo izvukli belu kuglicu?

4.1.12. U kutiji se nalazi 30 belih i 10 crvenih kuglica. Izvlacimo cetiri kuglice izkutije, jednu za drugom, tako sto svaki put ponovo vratimo izvucenu kuglicu u kutiju,da bi izvlacenje ponovili iz kutije sa pocetnim brojem kuglica. Naci verovatnocu da ceod cetiri izvucene kuglice dve biti bele i dve crvene.

4.1.13. Kosarkaski klubovi Crvena zvezda i Partizan igraju mec, koji se zavrsava kadajedna od te 2 ekipe ostvari 2 pobede vise od druge. Kolika je verovatnoca da ce bitiodigrano tacno 10 utakmica?


4.1.14. Iz spila od 52 karte slucajno se biraju 3 karte i to a) odjednom; b) jedna zadrugom bez vracanja; c) jedna za drugom sa vracanjem. Naci verovatnocu da je tacno 1od njih 10.

4.1.15. Naci verovatnocu da niz od m nula i n jedinica ima r serija jedinica.

4.1.16. (Banahov problem) Date su 2 kutije sibica. U svakoj od njih ima po N sibica.Na slucajan nacin trosimo sibice dok ne ustanovimo da je jedna kutija prazna. Kolikaje verovatnoca da ce kada se ustanovi da je jedna kutija prazna, druga imati tacno Ksibica?

4.1.17. Na duzi AB duzine ` slucajno i nezavisno jedna od druge izabrane su tackeM i N . Naci verovatnocu da rastojanje izmedju njih bude manje od realnog broja α.

4.1.18. Ana i Bojan su se dogovorili da se nadju izmedju 11:00 i 12:00 i da naugovorenom mestu cekaju jedan drugog tacno 20 minuta. Kolika je verovatnoca da sesretnu?

4.1.19. U kvadratu K (sa centrom C) bira se na slucajan nacin tacka A. Neka se nadduzi AC sa obe strane konstruisu kvadrati. Odrediti verovatnocu da su oni celi sadrzaniu kvadratu K.

4.1.20. Koja je verovatnoca da je slucajno izabran broj iz skupa N100 = 1, 2, . . . , 99, 100pri deljenju sa 17 daje ostatak 3 ili 9?

4.1.21. Koja je verovatnoca da se pri bacanju kocke 6 puta uvek dobija paran broj?

4.1.22. Koja je verovatnoca da u stringu duzine 10 sastavljenoj od simbola iz skupaa, b, c, d, e, f, g, h uvek imamo podstring abcba?

4.1.23. Koja je verovatnoca da niz bitova duzine n predstavlja palindrom (palindromje rec koja se isto cita i od napred i od natrag)?

4.1.24. Kolika je verovatnoca da slucajno izabrana permutacija iz skupa Sn nema nijednu fiksnu tacku?

4.1.25. Neka su A i B dogadjaji takvi da je P (A) = 0.8 a P (B) = 0.6. Dokazati da jeP (A + B) > 0.8 a P (AB) > 0.4.


4.2 USLOVNA VEROVATNOCA

U mnogim slucajevima u sitaciju smo da razmatramo nastupanje, to jest verovgatnocunekog dogadjaja, pod uslovom da se vec realizovao neki dogadjaj (koji ga moze ali nemora implicirati). Naprimer, ako je suncano vreme tada je verovatnoca da ce za polasata padati kise znatno manja nego kada je oblacno vreme. Ovakve situacije nas navodena uvodjenje sledece definicije:

DEFINICIJA 4.2.1. Neka je A ∈ B fiksiran dogadjaj cija je verovatnoca pozitivna,tj. vazi P (A) > 0. Neka je B bilo koji dogadjaj iz B. Tada

P (B | A) =P (A ·B)

P (A)

oznacava verovatnocu dogadjaja B pod uslovom da se desio dogadjaj A.

Opravdanje za ovakvu definiciju moze se naci kako preko klasicne definicije verovatnoce,tako i preko geometrijske definicije verovatnoce. Neka je mA (mB) broj povoljnihslucajeva za nastupanje dogadjaja A (odnosno B) u prostoru od n elementarnih do-gadjaja, mAB broj povoljnih nastupa oba dogadjaja, tj. dogadjaja AB u istom prostoru.Tada je

P (A) =mA

n, P (AB) =

mAB

n, P (B | A) =

mAB

mA.

Odavde se neposredno dobija da formula iz Definicije 4.2.1 vazi. Na slican nacin se dobijada isti zakljucak i za geometrijsku verovatnocu (u tom cilju dovoljno je m i n zamenitisa merama odgovarajucih dogadjaja).

PRIMER 4.2.2. Niz bita duzine 4 generisan je na slucajan nacin tako da je svakaod 16 mogucnosti jednako verovatna. Koja je verovatnoca da niz sadrzi najmanje dveuzastopne 0, ako se zna da je prvi bit 0?

Resenje. Neka je A dogadjaj da niz bita duzine 4 sadrzi bar dve uzastopne 0, a Bdogadjaj da je prvi bit u nizu (duzine 4) jednak 0. Tada je

P (A | B) =P (AB)P (B)

.

Kako je AB = 0000, 0001, 0010, 0011, 0100, sledi da je P (AB) = 5/16. Kako ima tacno8 nizova duzine 3 koji pocinju sa bitom 0, sledi da je P (B) = 8/16 = 1/2. Odavde jeP (AB) = 5/8.

Definisimo sada novi prostor verovatnoce.

DEFINICIJA 4.2.3. (Prostor uslovne verovatnoce) Neka je (Ω,B, P ) prostorverovatnoce. Uredjena trojka (Ω,B, P ∗), gde je P ∗ : B −→ IR preslikavanje za kojevazi

P ∗(B) = P (B | A) (B ⊆ B),

naziva se prostor uslovne verovatnoce.


Moze se proveriti da preslikavanje P ∗ ispunjava sve aksiome i)–iii) iz Definicije 4.1.6Dakle, samim tim je i (Ω,B, P ∗) prostor verovatnoce, ili preciznije prostor uslovneverovatnoce (ili prostor relativne verovatnoce).

Primetimo sada da jeP (AB) = P (A)P (B | A).

Nije tesko videti i da ova relacija vazi i za slucaj da je P (A) = 0 (naime, tada je iP (AB) = 0 jer je AB ⊆ A, te na osnovu Teoreme 4.1.7 tvrdjenje neposredno sledi).Odavde imamo da je:

P (AB) = P (A)P (B | A) (= P (B)P (A | B))

za svako A,B ∈ B.U specijalnom slucaju mozemo imati da je P (B | A) = P (B), te samim timim vazi

P (AB) = P (A)P (B). U tom slucaju imamo:

DEFINICIJA 4.2.4. Dogadjaji A i B su nezavisni (u parovima) ako vazi

P (AB) = P (A)P (B).

U protivnom isti dogadjaji su zavisni.

Primetimo jos i da je relacija nezavisnosi dva dogadjaja simetricna. Inace ova defini-cija je bliska onome sto mi intuitivno osecamo, da su dogadjaji nezavisni ako realizacijajednog nema uticaja na realizaciju drugog. Na primer, ako bacamo novcic vise puta,tada (posto novcic nema ”memoriju”) ishod prethodnih eksperimenata nema uticajana ishode sledecih eksperimenata. Medjutim, ako bi zavisno od ishoda (grb ili pismo),menjali novcice, pri cemu oni nisu svi pravilni, gornji zakljucak ne bi vazio.

U sledecem primeru pokazacemo da su dva dogadjaja nezavisna na osnovu definicije.

PRIMER 4.2.5. Neka je A dogadjaj da slucajno generisan niz bita duzine 4 pocinjesa bitom 1, a B dogadjaj da isti niz bitova sadrzi paran broj bitova jednakih 1. Da li sudogadjaji A i B nezavisni, ako je svaki niz od 4 bita jednako verovatan?

Resenje. Za dogadjaje imamo da je A = 1000, 1001, 1010, 1011, 1100, 1101, 1110, 1111,a B = 0000, 0011, 0101, 0110, 1001, 1010, 1100, 1111. Odavde je

P (A) = P (B) =816

=12.

Posto je AB = 1111, 1100, 1010, 1001, to je

P (AB) =416

=14.

Odavde imamo da je

P (AB) =14

=12

12

= p(A)p(B),

te su dogadjaji A i B nezavisni. Da li je ovo intuitivno jasno?

NAPOMENA. Geometrijska verovatnoca moze posluziti da se pojam nezavisnih dogadja-ja bolje shvati. Na gornjoj slici prostor Ω je predstavljen u vidu pravougaonika. Dogadjaj A


odgovara horizontalnoj traci, a dogadjaj B odgovara vertikalnoj traci. Preseku ovih traka odgo-vara dogadjaj AB. Sa slike se vidi da se realizacijom bilo koje instance koja odgovara dogadjajuA (ili B) verovatnoca nastupanja dogadjaja B (odnosno A) ne menja. Dakle ovi dogadjaji sunezavisni. Do istog zakljucka dolazimo i ako izracunamo verovatnoce dogadjaja A, B i AB,naravno koristeci opet geometrijsku verovatnocu. Napomenimo da je u prvom slucaju racunatamera duzi, a u drugom mera pravougaonika.

Ω

ABA

B︷︸︸︷

Pitanje: sta se moze reci u slucaju da figura koja odgovara dogadjaju AB nije pravougaonik,vec, na primer, krug?

NAPOMENA. Vredno je istaci da izmedju medjusobno iskljucivih dogadjaja i nezavisnihdogadjaja ne postoji nikakva veza. Na primer, ako su A i B dva medjusobno iskljuciva dogadjaja,tada je P (AB) = 0, dok P (A) i P (B) ne moraju biti dogadjaji cije su verovatnoce jednake 0.Dakle, A i B bi bili zavisni dogadjaji!

TEOREMA 4.2.6. Ako su dogadjaji A i B nezavisni (u parovima), tada su i parovidogadjaja A i B, A i B, A i B takodje nezavisni (u parovima).

Dokaz . Posmatramo dogadjaje A i B. Tada vazi:

P (AB) = P ((Ω−A)B) = P (B −AB) = P (B)− P (AB)= P (B)− P (A)P (B) = (1− P (A))P (B) = P (A)P (B).

Ovim je dokazano da su A i B (u parovima) nezavisni dogadjaji; slicno se dokazuju iostali slucajevi.

Posmatrajmo sada slucaj kada imamo vise i od dva dogadjaja.

DEFINICIJA 4.2.7. Neka su A1, A2, . . . , An dogadjaji iz istog prostora verovatnoce.Ovi dogadjaji su nezavisni u parovima ako vazi

P (Ai ·Aj) = P (Ai) · P (Aj)

za svako i 6= j; isti dogadjaji su nezavisni u celini ako vazi

P (Y

i∈I

Ai) =Y

i∈I

P (Ai)

za svako I, gde je ∅ 6= I ⊆ 1, 2, . . . , n.

Vazno je naglasiti da dogadjaji nezavisni u parovima ne moraju biti nezavisni u celini.Sledeci primer to pokazuje.


PRIMER 4.2.8. Pravilan tetraedar obojen sa tri boje, i to tako da je jedna stranaobojena samo crvenom, druga samo zelenom, treca samo plavom bojom, a cetvrta stranasa sve tri boje. Bacanjem tetraedra nastupa jedan od dogadjaja R, G, B zavisno od togakoja boja se javlja na nalegloj strani (po bacanju tetraedra). Sada redom imamo:

P (R) = P (G) = P (B) =12.

Dalje je

P (RG) = P (RB) = P (GB) =14.

Odavde neposredno sledi da su dati dogadjaji nezavisni u parovima. Najzad, imamo ida je

P (RGB) =14.

Medjutim P (R)P (G)P (B) = 18 , te posmatrani dogadjaji nisu nezavisni u celini.

Ako dogadjaji nisu nezavisni tada generalno vazi sledece tvrdjenje.

TEOREMA 4.2.9. Neka su A1, A2, . . . , An dogadjaji iz istog prostora verovatnoce.Tada vazi

P (A1A2 . . . An) = P (A1)P (A2 | A1)P (A3 | A1A2) . . . P (An | A1A2 . . . An−1)

Gornja jednakost se neposredno dokazuje indukcijom, uz primenu definicije uslovneverovatnoce. Sledeci primer ilustruje ovu teoremu.

PRIMER 4.2.10. Kutija sa m belih i n crnih kuglica. Koja je verovatnoca da se iztri izvlacenja sa i bez vracanja dobiju bela, crna, bela kuglica?

Oznacimo najpre sa Bi (Ci) dogadjaj da je u i–tom izvlacenju izvucena bela (odnosnocrna) kuglica. Nas cilj je da izracunamo verovatnocu dogadjaja B1C2B3.

Posmatracemo dve varijante, sa vracanjem izvucene kuglice, i bez vracanja izvucenekuglice. U prvom slucaju imamo da je

P (B1C2B3) = P (B1)P (C2)P (B3),

te je rezultat m2n(m+n)3 . U drugom slucaju imamo da je

P (B1C2B3) = P (B1)P (C2 | B1)P (B3 | B1c2)

prema Teoremi 4.2.9. Stoga je rezultat dat sa mm+n · n

m+n−1 · m−1m+n−2 .

PRIMER 4.2.11. Koji je najmanji broj osoba koje treba okupiti tako da jeverovatnoca, da su najmanje dve od njih rodjene istog dana u prestupnoj godini, vecaod 1

2?

Resenje. Pretpostavimo najpre da su dani rodjenja posmatranih osoba jednakoverovatni.

Neka je n broj okupljenih osoba. Oznacimo sa pn verovatnocu da su sve osobe rodjeneu razlicitim danima. Tada je 1− pn trazena verovatnoca. Da bi izracunali pn, zamislimo


da svaka osoba (jedna po jedna) pristize na mesto okupljanja. Neka je Ai dogadjaj daje i–ta osoba rodjena u danu koji se razlikuje od dana rodjenja osoba A1, A2, . . . , Ai−1

(i = 1, 2, . . . , n). Na osnovu Teoreme ?1.5.9, imamo da je

pn = P (A1)P (A2 | A1)P (A3 | A1A2) . . . P (An | A1A2 . . . An−1).

Dalje vazi:

P (A1) = 1, P (A2 | A1) =365366

, P (A3 | A1A2) =364366

,

. . . , P (An | A1A2 . . . An−1) =367− n

366Stoga je

pn =365 · 354 . . . (367− n)

366n−1.

Kako je 1− pn = 12 , izracunavanjem (uz pomoc racunara) dobija se da je n = 23 trazeni

broj.

Na kraju ovog odeljka ukazacemo na jednu veoma vaznu primenu teorije verovatnoce.Konkretnije, pokazacemo kako se moze dokazati egzistencija kombinatornih objekata beznjihove efektivne konstrukcije (probabilisticki metod).

U teoriji grafova Remzijev broj R(r) definise se kao najmanji broj n takav da komple-tan grafa Kn pri proizvoljnom bojenju grana tog grafa sa dve boje (na primer, crvenom iplavom) uvek sadrzi kompletan podgraf sa r cvorova cije su sve grane obojene ili crvenom,ili plavom bojom.

Ocenu (a ujedno i egzistenciju) Remzijevog broja R(r) dacemo teoremom koja bazirana sledecoj jednostavnoj cinjenici:

Ako je verovatnoca da element skupa S nema neku osobinu manja od 1, tada postojielement u S sa tom osobinom.

TEOREMA 4.2.12. Ako je r > 2, tada je R(r) > 2r2 .

Dokaz . Za r < 4 imamo da je R(2) = 2 i R(3) = 6 (videti zadatak ???). Neka je stogar > 4. Pokazacemo da ako je n < 2r/2 da tada postoji bojenje grafa Kn (sa dve boje)tako da se javlja podgraf sa r cvorova cije su sve grane obojene jednom bojom. Stoga jeR(r) > 2

r2 .

Pretpostavimo da se svaka grana grafa Kn boji jednom od boja sa istom verovatnocom(= 1/2), i to nezavisno od bojenja drugih grana. Neka je K ukupan broj podgrafova sar cvorova. Jasno, K =

(nr

). Neka je Ai dogadjaj da su grane i–tog podgrafa obojene

jednom bojom. Verovatnoca postoji podgraf sa r cvorova cije su sve grane obojene

jednom bojom je p(KX

i=1

Ai). S obzirom da je izbor svake od boja jednak 12 , dobijamo da

je P (Ai) = 2( 12 )K (mnozenje sa 2 se javlja zbog postojanja dve boje). Koristeci Bulovu

nejednakost imamo:

p(KX

i=1

Ai) 6KX

i=1

p(Ai) = K · 2( 12 )K .

Kako je n− k 6 n i k > 2 (za k = 2, 3, . . . , r) imamo da je(nr

)6 nr

2r−1. Stoga vazi

p(KX

i=1

Ai) 6 nr

2r−1· 2( 1

2 )(nr).


Dalje, ako je n < 2r/2, sledi

nr

2r−1· 2( 1

2 )r(r−1)/2 <2r(r/2)

2r−1· 2( 1

2 )r(r−1)/2 = 22−(r/2) 6 1;

poslednja nejednakost vazi jer je r > 4. Stoga je

p(KX

i=1

Ai) < 1

za r > 4.

FORMULA TOTALNE VEROVATNOCE I

BAJESOVA FORMULA

Neka su B1, B2, . . . , Bn medjusobno iskljucivi dogadjaji koji prekrivaju ceo prostor Ω, ilineki njegov deo. Dakle B1 + B2 + . . . + Bn ⊆ Ω. Ako je ispunjeno da je

A ⊆ B1 + B2 + . . . + Bn

tada se kaze da posmatrana familija dogadjaja obrazuje potpun sistem dogadjaja zadogadjaj A (A se realizuje realizacijom nekog elementarnog dogadjaja koji je sadrzan unekom od dogadjaja iz posmatrane familije. Stoga je

A ⊆ B1 + B2 + . . . + Bn.

Odavde jeA = AB1 + AB2 + . . . + ABn,

odnosno

P (A) = P (B1)P (A | B1) + P (B2)P (A | B2) + . . . + P (Bn)P (A | Bn).

Ova formula je poznata i kao formula totalne verovatnoce. Ujedno smo dokazali:

TEOREMA 4.2.13. Ako familija dogadjaja B1, B2, . . . , Bn obrazuje potpun sistemdogadjaja za dogadjaj A tada vazi

P (A) =n∑

i=1

P (Bi)P (A | Bi).

PRIMER 4.2.14. Posmatrajmo tri kutije sa po 10 priozvoda, pri cemu u prvoj ima4, u drugoj 3 a u trecoj 5 neispravnih proizvoda. Iz jedne kutije se uzimaju tri proizvoda.Kolika je verovatnoca da ih je k ispravnih?

Resenje. Neka K1, K2 i K3 oznacavaju dogadjaje da su proizvodi izvuceni redom izprve, druge i trece kutije. Oznacimo sa Nk dogadjaj da je k proizvoda neispravno. Tadaje

Nk = K1 ·Nk + K2 ·Nk + K3 ·Nk.


Naime dogadjaj Nk moze nastupiti kao rezultat nastupanja dogadjaja Ki (i = 1, 2, 3).Na osnovu formule za totalnu verovatnocu dobijamo da je

P (Nk) = P (K1)P (Nk | K1) + P (K2)P (Nk | K2) + P (K3)P (Nk | K3).

Odavde, na primer za k = 2, imamo

P (N2) =13

( (43

)(103

) +

(33

)(103

) +

(53

)(103

))

.

Posmatrajmo sada sledecu situaciju. Neka je H1,H2, . . . , Hn potpun sistem dogadjaja zadogadjaj A (ovi dogadjaji predstavljaju potpun sistem hipoteza za nastupanje dogadjajaA), i neka je P (A) 6= 0. Tada vazi:

P (Hi | A) =P (Hi)P (A | Hi)

P (A),

a odavde je

P (Hi | A) =P (Hi)P (A | Hi)

nX

j=1

P (Hj)P (A | Hj),

na osnovu formule za totalnu verovatnocu. Ova formula poznata je kao Bajesova (eng.Bayes) formula. Ona daje verovatnocu nastupanja neke hipoteze (iz potpunog sistemahipoteza), pod uslovom da se desio neki dogadjaj A.

TEOREMA 4.2.15. Ako familija hipoteza H1,H2, . . . ,Hn obrazuje potpun sistemhipoteza za nastupanje dogadjaja A tada vazi

P (Hi | A) =P (Hi)P (A | Hi)

nX

j=1

P (Hj)P (A | Hj).

Na primer, u prethodnom primeru, ako je nastupio dogadjaj Nk, mogli smo se zapitatikoja je verovatnoca da se realizovala i-ta hipoteza , tj. da je izvlacenje tri proizvodaobavljeno iz i-te kutije? Jasno je da je tada

P (Ki | Nk) =P (Ki)P (Nk | Ki)

P (K1)P (Nk | K1) + P (K2)P (Nk | K2) + P (K3)P (Nk | K3).

PRIMER 4.2.16. Imamo sto sa 4 fioke koje redom sadrze 3 zlatna, 2 zlatna i 1srebren, 1 zlatan i 2 srebrena, 3 srebrena novcica. Bira se jedna fioka, uzima jedannovcic i konstatije se da je on zlatan. Koja je verovatnoca da je on uzet iz i-te fioke?

Resenje. Neka je Fi dogadjaj da je izabrana i–ta fioka, a Z da je izvuceni novcic zlatan.Nas interesuje uslovna verovatnoca P (Fi | Z). Primenom Bajesove formule imamo

P (Fi | Z) =P (Fi)P (Z | Fi)

P (F1)P (Z | F1) + P (F2)P (Z | F2) + P (F3)P (Z | F3) + P (F4)P (Z | F4).


S obzirom da su sve fioke jednako verovatne (dakle P (Fi) = 14 ) dobijamo da je

P (Fi | Z) =P (Z | Fi)

P (Z | F1) + P (Z | F2) + P (Z | F3) + P (Z | F4).

Odavde, na primer za i = 2, imamo da je P (Z | F2) =23

33+ 2

3+ 13+ 0

3.

ZADACI

4.2.1. U jednoj kutiji se nalazi 5 crvenih i 5 belih kuglica, a u drugoj 8 crvenih i 2bele. Ne zna se koja je od te dve kutije prva, a koja druga. Student iz prve kutije izvlacibelu kuglicu i prebacuje je u drugu kutiju. Zatim student iz druge kutije izvlaci belukuglicu i prebacuje je u prvu kutiju. Na kraju, student ponovo izvlaci kuglicu iz prvekutije. Ukoliko je ta kuglica bela, kolika je verovatnoca da je ta kutija na pocetku imalapo 5 belih i 5 crvenih kuglica?

4.2.2. Jednu kocku smo obojili, a zatim je isekli na manje medjusobno jednake kockicetri puta kracih ivica od polazne. Slucajno biramo jednu od dobijenih kockica i bacamoje. Odrediti verovatnocu dogadjaja A da je bacena kockica pala na obojenu stranu.

4.2.3. U kutiji se nalaze dve kocke. Jednoj su tri polja oznacena brojem 1 i tripreostala polja brojem 2, dok su drugoj dva polja oznacena brojem 1, a preostala cetiripolja brojem 2. Slucajno izvlacimo jednu kocku i bacamo je. Pojavio se broj 1. Koja jeverovatnoca da smo izvukli prvu kocku?

4.2.4. Dokazati da za dogadjaje A i B vazi: P (A + B) > P (A) + P (B) − 1. Ovonejednakost je poznata kao nejednakost Bonferonija (it. Bonferroni). Takodje dokazatida je P (

∑ni=1 Ai) >

∑ni=1 P (Ai)− (n− 1), gde su A1, A2, . . . , An proizvoljni dogadjaji.

4.2.5. Kolika je uslovna verovatnoca da se pojave tacno cetiri grba u seriji od petbacanja pravilnog novcica, ako se zna da je u prvom bacanju ishod bio grb?

4.2.6. Neka je A dogadjaj da slicajno generisani niz bitova duzine tri sadrzi neparanbroj 1-ica, a B dogadjaj da isti takav niz bitova pocinje sa 1. Da li su A i B nezavisnidogadjaji?

4.2.7. Neka su A i B dva nezavisna dogadjaja, i neka je p = P (A), a q = P (B).Odrediti verovatnoce da se dogodi:

a) bar jedan od datih dogadjaja;

b) oba dogadjaja;

c) samo jedan od datih dogadjaja;

c) nijedan od datih dogadjaja;

d) samo prvi (samo drugi) dogadjaj.


4.3 SLUCAJNA PROMENLJIVA

Za neku promenljivu u zadatom opsegu (obicno je to interval u IR) kaze se da jeslucajna promenljiva ako se njena vrednost ne moze znati unapred, ali se moze precizirativerovatnoca da ona uzme neke od vrednosti iz podopsega unutar posmatranog opsega.Neka je (Ω,B, P ) prostor verovatnoce. Tada formalno imamo: svako preslikavanje

X : Ω → IR.

predstavlja jednu slucajnu promenljivu. Skup X(Ω) je opseg iz koga slucajna promenljivauzima vrednosti; ako je I ⊆ X(Ω) ⊆ IR takav da X−1(I) ∈ B tada vazi

P (X ∈ I) = P (X−1(I)).

Drugim recima, verovatnoca da slucajna promenljiva X izme vrednost iz intervala Ijednaka je verovatnoci dogadjaja koji se sastoju iz svih onih elementarnih dogadjaja cijaje slika (dejstvom funkcije X) sadrzana u intervalu I.

U slucaju da je X(Ω), tj. skup slika funkcije X konacan, ili prebrojiv, ili najviseprebrojiv (to jest diskretan), tada se kaze da je odgovarajuca slucajna promenljivakonacnog tipa, prebrojivog tipa, odnosno diskretnog tipa, respektivno. U protivnom,imamo znatno slozeniju situaciju (na primer, slucajne promenljive mogu biti kontinu-alnog tipa, mesovitog tipa, itd.).

PRIMER 4.3.1. (Slucajna promenljiva konacnog tipa) Neka je Ω = Ω1 + Ω2. Nekaje X : Ω → IR dato sa: X(e) = a za e ∈ Ω1, X(e) = b za e ∈ Ω2. Tada je X−1(a) = Ω1,X−1(b) = Ω2. P (X = a) = P (Ω1) = p1, P (X = b) = P (Ω2) = p2 (gde je p1 + p2 = 1).Ocigledno je da je ova slucajna promenljiva konacnog tipa. Primetimo da skup Ω mozebiti i beskonacan, ali da to nema znacaja. Ovakva situacija odgovara Bernulijevomeksperimentu. Tada skup B ima samo cetiri elementa ∅, A, A,Ω. A je dogadjaj kojimoze ali ne mora da nastupi pri svakom eksperimentu.

Opstiji slucaj nastupa ako je Ω = Ω1+Ω2+ · · ·+Ωn za neko n ∈ N, i ako je X(e) = xi

za e ∈ Ωi (i = 1, 2, . . . , n). Tada je X−1(xi) = Ωi, a P (X = xi) = P (Ωi) = pi. Jasno jeda je tada p1 + p2 + · · ·+ pn = 1, kao i da je X je slucajna promenljiva konacnog tipa.

PRIMER 4.3.2. (Slucajna promenljiva prebrojivog tipa) Neka je Ω = ∪∞i=1Ωi. Nekaje X : Ω → IR dato sa: X(e) = xi za e ∈ Ωi (i ∈ N). Tada je X−1(xi) = Ωi, aP (X = xi) = P (Ωi) = pi. Jasno je da je sada

∑∞i=1 pi = 1.

Napomenimo da se u oba gornja primera verovarnoce pi mogu birati proizvoljno(vazno je samo da je svaka nenegativna, kao i da im je suma jednaka 1).

DEFINICIJA 4.3.3. Neka je X diskretna slucajna promenljiva. Tada se jednakost

P (X = xi) = pi (i ∈ I)

naziva se zakon raspodele slucajne promenljive X.

Zakon raspodele u potpunosti odredjuje slucajnu promenljivu diskretnog tipa.


Imajuci u vidu svojstvo iii) iz Definicije 1.3.1, neposredno dobijamo da je za slucajnupromenljivu diskretnog tipa

P (X 6 x) =∑

xi6x

P (X = xi).

Sledeca funkcija igra veoma vaznu ulogu u teoriji verovatnoce.

DEFINICIJA 4.3.4. Funkcija F : IR → IR data sa

F (x) = P (X 6 x)

predstavlja funkciju raspodele slucajne promenljive X, ili takozvanu kumulativnufunkciju raspodele slucajne promenljive X.

NAPOMENA. U literaturi mnogi autori funkciju raspodele definisu i u nesto modifiko-vanom obliku kao funkcija F : IR → IR datu sa F (x) = P (X < x).

Osnovne osobine funkcija raspodele date su sledecom teoremom:

TEOREMA 4.3.5. Ako je F (x) funkcija raspodele slucajne promenljive X tada vazi:

i) 0 6 F (x) 6 1;

ii) F (x) je neopadajuca funkcija;

iii) ako je X slucajna promenljiva konacnog tipa tada je F (x) deo po deo konstantnafunkcija, i to neprekidna sa desne strane3;

iv) limx→−∞

F (x) = 0;

v) limx→+∞

F (x) = 1.

Dokaz . Svojstvo i) je ocigledno (na osnovu definicije verovatnoce). Svojstvo ii)proizilazi iz cinjenice da je verovatnoca monotona funkcija u odnosu na domen. Dabismo dokazali iii), pretpostavimo da je X slucajna promenljina konacnog tipa, neka sux1, x2, ..., xn (x1 < x2 < · · · 6 xn) vrednosti koje ona moze da uzme. Neka je najprexi < x < xi+1. Tada je

F (x) = P (X 6 x) = P (x 6 xi) + P (xi < X 6 x)),

na osnovu aditivnosti verovatnoce. Medjutim, P (xi < X < x)) = 0, tako da je F (x) =F (xi) za svako x iz posmatranog opsega. Samim tim F (x) je konstantno u intervalu(xi, xi+1) (za svako i). U tacki x = xi funkcija ima skok jednak F (xi) − F (xi−1 = pi.Time je dokazano iii). Svojstva iv) i v) slede na osnovu definicija.

3Ako je X slucajna promenljiva prebrojivog tipa, tada svojstvo iii) ne mora da vazi.


Vaze i sledeca svojstva koje necemo pokazivati:

TEOREMA 4.3.6. Ako je F (x) funkcija raspodele slucajne velicine X tada vazi:

1 P (a < X 6 b) = F (b)− F (a);

2 P (a < X < b) = F (b−)− F (a);

3 P (a 6 X < b) = F (b−)− F (a−);

4 P (a 6 X 6 b) = F (b)− F (a−);

5 P (X = a) = F (b)− F (b−);

6 P (X > a) = 1− P (X 6 a);

7 P (X > a) = 1− P (X < a).

Na osnovu ove teoreme imamo da se verovatnoca da slucajna velicine uzme vrednostu bilo kom opsegu koji je interval (mogucno i poluzatvoren, ogranicen ili neogranicen),ili segment (mogucno i poluzatvoren) moze izraziti preko funkcije raspodele.

Posmatracemo sada slucajne vektore.

DEFINICIJA 4.3.7. Neka su X1, X2, . . . , Xn slucajne promenljive (nad istim pros-torom verovatnoce), i neka je Y = (X1, X2, . . . , Xn) odgovarajuca n–torka. Tada se zaY kaze da je slucajni vektor, ili n–dimenzionalna slucajna promenljiva.

U daljim razmatranjima, ponajvise iz tehnickih razloga uzecemo da je n = 2. U tomslucaju kazemo da imamo dvodimenzionalnu slucajnu promenljivu, ili vektor. Na primer,ako dve osobe istovremeno bacaju (istovetne) kocke, tada je prostor elementarnih dogad-jaja dat sa (1, 1), (1, 2), . . . , (6, 6). Sada se moze postaviti pitanje kolika je verovatnocadogadjaja da je prva osoba dobila broj manji ili jednak 3, a druga manji ili jednak 5.Ovo nas navodi na sledecu definiciju:

DEFINICIJA 4.3.8. Zajednicka funkcija raspodele slucajnog vektora Z = (X,Y ) jepreslikavanje F : IR2 → IR dato sa

FZ(x, y) = P (X 6 x, Y 6 y).

Funkcije raspodele FX(x) = P (X 6 x) i FY (y) = P (Y 6 y) nazivaju se marginalnimfunkcijama raspodele.

Za slucajan vektor koji uzima najvise prebrijivo mnogo vrednosti kaze se da je diskre-tan slucajni vektor. Takvi slucajni vektori se mogu opisati zajednickim zakonom raspodele

pij = P (X = xi, Y = yj).


Recimo, u gornjem slucaju koji se odnosi na bacanje dve kocke, imamo da je pij = 136 za

bilo koje vrednosti za i i j (1 6 i, j 6 6). Primetimo da je u ovom slucaju vazi pij = pipj .Ovo nas navodi na sledecu definiciju:

DEFINICIJA 4.3.9. Slucajne promenljive X1, X2, . . . , Xn nad istim prostoromverovatnoce su medjusobno nezavisne (u celini) ako za bilo koje skupove D1, D2, . . . , Dn

iz IR za koje sve donje verovatnoce imaju smisla vazi

P (X1 ∈ D1, X2 ∈ D2, . . . , Xn ∈ Dn) = P (X1 ∈ D1)P (X2 ∈ D2) · · ·P (Xn ∈ Dn).

U protivnom, odgovarajuce slucajne promenljive su zavisne.

PRIMER 4.3.10. Posmatrajmo jedan od modela Bernulijevog eksperimenta (sabacanjem nehomogenog novcica), i dve slucajne promenljive X i Y za koje vazi:

X(G) = 0, X(P ) = 1, odnosno Y (G) = 1, Y (P ) = 0

(G i P oznacavaju redom realizaciju grba i pismo). Poznato je jos da su q i p verovatnocedogadjaja G i P , respektivno. Primetimo i da je Y = 1 − X. Stoga, kao sto intuicijanalaze, ove dve slucajne promenljive su zavisne. Da be se uverili u to, primetimo najpreda je P (X = 0) = q, P (Y = 0) = p, dok je P (X = 0, Y = 0) = 0. Stoga, ako su p i qrazliciti od 0, imamo da je

P (X = 0, Y = 0) 6= P (X = 0) · P (Y = 0).

NEKE VAZNIJE RASPODELE

Pomenucemo sada neke vaznije raspodele diskretnog tipa. Drugim recima za njihcemo precizirati zakone raspodele.

PRIMER 4.3.11. Bernulijeva raspodela.Slucajna promenljiva X moze uzimati samo dve razlicite vrednosti, na primer, 0 i 1, ito sa verovatnocama q i p, respektivno (gde je p + q = 1). Uobicajeno, ova raspodela jevezana za Bernulijev (fra. Bernoulli) eksperiment, gde neki povoljan dogadjaj, recimo A,moze nastupiti sa verovatnocom p, odnosno nenastupiti sa verovatnocom q. Vrednosti0 i 1 predstavljaju indikatore dogadjaja A, dakle za X(e) = 0 dogadjaj nije nastupio(e 6∈ A), a za X(e) = 1 dogadjaj je nastupio (e ∈ A). Zakon raspodele je dat sa:

P (X = 0) = 1− p, P (X = 1) = p.

PRIMER 4.3.12. Binomna raspodela.Binomna raspodela se na prirodan nacin javlja kao rezultat ponavljanja Bernulijevogeksperimenta. Sada nas interesuje da se povoljni dogadjaj A realizuje odredjen brojputa u seriji od n ponavljanja Bernulievog eksperimenta. Dakle slucajna promenljivaX sada moze uzimati vrednosti iz skupa 0, 1, . . . , n. Neka je Bk dogadjaj da se u nbacanja novcica povoljan dogadjaj realizuje k puta. Neka je Ai dogadjaj da se u i–tom

eksperimentu javlja povoljan ishod. Tada je P (Bk) =Xek

nY

i=1Aei

i gde se sumiranje proteze


preko svih n–norki je ek = (e1, e2, . . . , en) iz 0, 1n sa tacno k jedinica; takodje vaziA0 = A, i A1 = A. Pod pretpostavkom da su dogadjaji Ai nezavisni u celini (a samimtim i eksperimenti) imamo da je P (Bk) = P (X = k) =

(nk

)pk(1−p)n−k. Naime, povoljni

dogadjaj koji se sastoji od realizacije k povoljnih ishoda u n eksperimenata se mozerealizovati na

(nk

)nacina, a verovatnoce realizacija bilo koje varijante su jednake pkqn−k.

Stoga je zakon raspodele je dat sa:

P (X = k) =(

n

k

)pkqn−k (k = 0, 1, . . . , n).

Za Binomnu raspodelu vredi primetiti da P (X = k) kao funkcija od k u opsege[0, 1, . . . , n] najpre raste pa zatim opada; stoga se kaze i da je ova raspodela unimodalna.Da bismo se u to uverili primetimo da je kolicnik

P (X = k + 1)P (X = k)

=p(n− k)q(k + 1)

> 1, za k < np− q= 1, za k = np− q< 1, za k > np− q

.

Dakle, P (X = k) raste od 0 do do k = bnp− qc, a opada od dnp− qe do n. Daklenajveca verovatnoca se doseze za k koje je priblizno jednako, ili eventualno jednako,matematickom ocekivanju.

NAPOMENA. Izracunavanje verovatnoce P (X = k) date se`

nk

´pkqn−k, za velike vrednosti

n moze se dosta uprostiti ako se iskoristi lokalna Muavrova aproksimacija (fra. De Moivre) kojaglasi:

n

k

!pkqn−k ≈ 1

2πe− (k−np)2

2πnpq .

Postoji i globalna Muavrova aproksimacija prema kojoj je:

mX

k=0

n

k

!pkqn−k ≈ 1

2π

Ze− (t−np)2

2πnpq dt.

Za (priblizno) izracunavanje integralaR x

0e

12 t2dt koriste se tablice.

PRIMER 4.3.13. Geometrijska raspodela.Bernulijevi eksperimenti sa verovatnocom nastupanja povoljnog dogadjaja A se izvode svedo prvog nastupanja dogadjaja A (na primer, gadjamo u metu sve do prvog pogotka).Slucajna promenljiva X uzima vrednosti iz skupa 1, 2, . . ., sa verovatnocom P (X =k) = (1− p)k−1p, pod pretpostavkom da su eksperimenti nezavisni. Naime, X = k ako isamo ako se u prvih k− 1 eksperimenata ne dogodi dogadjaj A, dok se u k–tom dogodi.Zakon raspodele je dat sa:

P (X = k) = qk−1p (k = 1, 2, . . .).

Celokupna situacija vezana za ponavljanje eksperimenata moze se pregledno prestavitistablom verovatnoca. To je korensko stablo (videti odeljak ”Korenska stabla”, str. 210)u kome koren odgovara nemogucem dogadjaju (nulti eksperiment), a svaki cvor na i–tomnivou dogadjaju A1A2 · · ·Ai, koji je nastupio po realizaciji dogadjaja A1A2 · · ·Ai−1 uprvih i− 1 eksperimenata i dogadjaja Ai u i–tom eksperimentu. Pretpostavka je da Aj

(j = 1, 2, . . . , i) pripada nekom skupu elementarnih dogadjaja (ishoda eksperimenata).Na primer, za gornje raspodele imamo da Aj ∈ G,P (G glava, P pismo) za binomnuraspodelu, odnosno Aj ∈ M, P (M pogodak u metu, P promasaj mete) za geometrijskuraspodelu. Na sledecim slikama su prikazana stabla verovatnoca.


∅

G1

G1G2 G1P2

P1

P1G2 P1P2

G1G2G3 G1G2P3 G1P2G3 G1P2P3 P1G2G3 P1G2P3 P1P2G3 P1P2P3

P1 M1

P2 M2

P3 M3

P4 M4

∅

PRIMER 4.3.14. Puasonova raspodela.Dobila je ime po francuskom matematicaru Puasonu (fra. Poisson). Slucajna promenljivaX uzima vrednosti iz skupa 0, 1, 2, . . ., dakle iz skupa N0. Zakon raspodele je dat sa:

P (X = n) = e−λ λn

n!(λ > 0; n = 0, 1, . . . , n, . . .).

NUMERICKE KARAKTERISTIKE

Za bolje sagledavanje nekih slucajnih promenljivih uvode se i razni numericki pokaza-telji koji pruzaju neke veoma bitne informacije o slucajnoj promenljivoj. Jedna od idejaje da se vidi kako se grupisu vrednosti slucajnih promenljivih (da li su blizu neke fiksnevrednosti, koliko su rasuti od nje itd.). U tom cilju, pre nego sto definisemo matematickoocekivanje (kao jedan od najvaznijih pokazatelja) posmatrajmo konacan niz eksperi-menata, kao i odgovarajucu slucajnu promenljivu X. Pretpostavimo da je slucajnapromenljiva X uzela, u n ponavljanja eksperimenta, sledece vrednosti: x1 ukupno n1

puta; x2 ukupno n2 puta; i tako redom, xk ukupno nk puta. Potsetimo se da brojevi ni

nazijaju (apsolutnim) frekvencijama nastupanja dogadjaja da je slucajna promenjiva Xuzela vrednost xi (i = 1, 2, . . . , k). Takodje imamo da su fi = ni

n relativne frekvencije(jasno, n = n1 + n2 + · · ·+ nk). Velicina

k∑

i=1

fixi (=∑k

i=1 nixi

n)

predstavlja srednju vrednost slucajne velicine X u seriji od n eksperimenata. Prime-timo da relativne frekvencije (kada n → ∞) teze verovatnocama odgovarajucih dogad-jaja (prema statistickom pristupu dodele verovatnoce dogadjajima). Ovo nas navodi dauvedemo sledecu definiciju:

DEFINICIJA 4.3.15. Matematicko ocekivanje E(X) slucajne promenljive Xkonacnog tipa dato je sa

E(X) =n∑

i=1

pixi.

Ukoliko je slucajna promenljiva prebrojivog tipa tada, pod uslovom da je odgovarajucired apsolutno konvergentan, vazi

E(X) =∞∑

i=1

pixi.


Dakle matematicko ocekivanje je, drugim recima receno, isto sto i srednja vrednostslucajne promenljive (ista impretacija moze se dati i za slucajnu promenljivu prebrojivigtipa).

NAPOMENA. Preciznija definicija matematickog ocekivanja za slucajne promenljivediskretnog tipa bi bila

E(X) =Xe∈Ω

X(e)P (e).

Iz nje se lako mogu dobiti izrazi iz gornje definicije.

PRIMER 4.3.16. Za slucajnu promenljivu X koja ima Bernulijevu raspodelu vazi

E(X) = p.

Opstije, ako posmatramo slucajnu promenljivu X koja ima Binomnu raspodelu tada je

E(X) =n∑

i=0

(n

i

)piqn−ii.

Citaocu se ostavlja da dokaze da je

E(X) = np.

Sledeca teorema iskazuje veoma vazno svojstva matematickog ocekivanja.

TEOREMA 4.3.17. Neka su X i Y dve slucajne promenljive nad istim prostoromverovatnoce. Tada vazi

i) E(c) = c, gde je c realna konstanta;

ii) E(cX) = cE(X), gde je c realna konstanta;

iii) E(X + Y ) = E(X) + E(Y );

iv) E(aX + bY ) = aE(X) + E(bY ), gde su a i b realne konstante.

Dokaz . Dokazacemo samo iii) (s obzirom da i) i ii) direktno slede iz definicije). Prime-timo da se matematicko ocekivanje (videti gornju napomenu) moze prikazati u vidu

E(Z) =∑

e∈Ω

Z(e)P (e).

Odavde je

E(X + Y ) =∑

e∈Ω

P (e)(X(e) + Y (e))

=∑

e∈Ω

P (e)X(e) +∑

e∈Ω

P (e)Y (e) = E(X) + E(Y ).

Primetimo da iv) direktno sledi iz ii) i iii).


Svojstva ii), iii) i iv) iz gornje teoreme redom su poznata kao homogenost, aditivnosti linearnost matematickog ocekivanja. Napomenimo da se aditivnost i linearnost moguprosiriti na sumu (linearnu kombinaciju) vise od dve slucajne promenljive (dokaz se mozeizvesti matematickom indukcijom).

PRIMER 4.3.18. Odrediti matematicko ocekivanje broja inverzija u permutacijiskupa 1, 2, . . . , n.

Resenje. Neka je Ii,j slucajna promenljiva koja predstavlja indikator inverzije eleme-nata na pozicijama i i j (1 6 i < j 6 n), to jest Ii,j = 0 ako elementi na pozicijama i i jnisu u inverziji, i Ii,j = 1 u protivnom. Ukupan broj inverzija u permutaciji jednak je

X =∑

16i<j6n

Ii,j .

Smatracemo da je jednako verovatno da elementi na pozicijama i i j budu, ili ne budu, uinverziji. Stoga je E(Ii,j) = 0 ·p(Ii,j = 0)+1 ·p(Ii,j = 1) = 0 ·1/2+1 ·1/2 = 1/2. Odavdese lako dobija (na osnovu aditivnosti matematickog ocekivanja) da je E(X) = n(n−1)

4 .Napomena: Ovaj rezultat kazuje da od

(n2

)parova brojeva za ocekivanje da su pola

parova u prirodnom poretku, a preostalih pola u inverznom poretku.

Posmatrajmo sada proizvod dve slucajne promenljive. Ako su slucajne promenljivezavisne tada matematicko ocekivanje njihovog proizvoda ne mora biti jednako proizvodunjihovih matematickih ocekivanja. Na primer, ako uzmemo slucajne promenljive X i Yis Primera ?1.7.10, tada je E(X · Y ) = 0, a E(X) = p, E(Y ) = q, sto je za p, q 6= 0razlicto. Medjutim za nezavisne slucajne promenljive imamo:

TEOREMA 4.3.19. Ako su X i Y dve nezavisne slucajne promenlive tada vazi

E(X · Y ) = E(X) · E(Y ).

Dokaz . Dokaz cemo dati samo za slucajne promenljive diskretnog tipa. Tada imamo

E(X · Y ) =∑

i∈I

∑

j∈J

xiyjP (X = xi, Y = yj) =∑

i∈I

∑

j∈J

xiyjP (X = xi)P (Y = yj)

=

[∑

i∈I

xiP (X = xi)

]·∑

j∈J

yjP (Y = yj)

= E(X) · E(Y ).

Ovim je dokaz kompletiran.

Pre nego sto definisemo varijansu, posmatrajmo dve slucajne promenljive koje imajuistu srednju vrednost, na primer m. Medjutim, moze se desiti da kod jedne od njih (akobi ponavljali eksperiment) da se vrednosti izrazito grupisu oko broja m, dok kod drugenema takve tendencije. Za ovu drugu kazemo da ima veliko rasipanje. Jedna od merarasipanja je upravo varijansa.


DEFINICIJA 4.3.20. Varijansa (ili rasipanje) V ar(X) slucajne promenljive Xkonacnog tipa dato je sa

V ar(X) =n∑

i=1

pi(xi − E(X))2.

Ukoliko je slucajna promenljiva prebrojivog tipa tada, pod uslovom da je odgovarajucired apsolutno konvergentan, vazi

V ar(X) =∞∑

i=1

pi(xi − E(X))2.

Takodje vazi V ar(X) = E((X − E(X))2).

NAPOMENA. Kao u slucaju matematickog ocekivanja, preciznija definicija varijanse zaslucajne promenljive diskretnog tipa bi bila

V ar(X) =Xe∈Ω

(X(e)− E(X))2P (e).

Iz nje se lako mogu dobiti izrazi iz gornje definicije.

NAPOMENA. UmestoP

i∈I pi(xi −E(X))2 moze se koristiti iP

i∈I pi|xi −E(X)| ali jesa stanovista izracunavanja nepogodnija za rad. Pogresno bi bilo posmatrati sumu

P∞i=1 pi(xi−

E(X)) (zasto?).

PRIMER 4.3.21. Uzmimo najpre da je X slucajna promenljiva data Bernulijevomraspodelom. Direktnom zamenom imamo da je V ar(X) = p(1− p) (= pq). U slucaju daje X slucajna promenljiva data Binomnom raspodelom imamo

V ar(X) =n∑

i=0

(n

i

)piqn−i(i− np)2.

Potsetimo se da je E(X) = np. Odavde je V ar(X) = np(1− p) (= npq). (Videti takodjePrimer ?)

Da bi se ocuvala originalna dimenzija slucajne velicine (pogotovu ako je u pitanjufizicka velicina) varijansa se korenuje. Stoga imamo:

DEFINICIJA 4.3.22. Standardna devijacija σ(X) slucajne promenljive X data jesa

σ(X) =√

V ar(X).

Neka je φ : R → R realna funkcija. Generalno, moze se definisati i matematickoocekivanje bilo koje funkcije slucajne promenljive. Time ustvari posmatramo novu


slucajnu promenljive, dakle φ(X) nastalu od X, tj. prethodne slucajnu promenljive. Uspecijalnom slucaju, ako uzmemo da je φ(x) = xk dobijamo:

DEFINICIJA 4.3.23. Momenat k–tog reda mk(X) slucajne promenljive Xdiskretnog tipa dat je sa

mk =∑

i∈I

pixki ,

gde je k ∈ N, a I diskretan skup.Centrirani momenat k–tog reda µk(X) slucajne promenljive X diskretnog tipa dat je

saµk(X) = E((X − E(X))k) =

∑

i∈I

pi(xi − E(X))k.

NAPOMENA. U slucaju da je I prebrojiv skup uobicajen zahtev je da je odgovarajucired apsolutno konvergentan.

Dokazacemo sada formulu koja daje alternativni izraz za varijansu.

TEOREMA 4.3.24. Ako je X slucajna velicina tada vazi

V ar(X) = E(X2)− E(X)2.

Dokaz . Na osnovu definicije imamo

V ar(X) =∑

i∈I

pi(xi − E(X))2 =∑

i∈I

pix2i − 2

∑

i∈I

pixiE(X) +∑

i∈I

piE(X)2.

Odavde jeV ar(X) = E(X2)− 2E(X)

∑

i∈I

pixi + E(X)2∑

i∈I

pi,

te sredjivanjem dobijamoV ar(X) = E(X2)− E(X)2.

Sledece osobine su karakteristicne za varijansu:

TEOREMA 4.3.25. Neka je X slucajna promenljiva sa konacnom varijansom. Tadavazi

i) V ar(c) = 0 za svako c ∈ R;

ii) V ar(X) = 0 ako i samo ako postoji c ∈ R takvo da je P (X = c) = 1;

iii) V ar(X + c) = V ar(X) za svako c ∈ R;

iv) V ar(cX) = c2V ar(X) za svako c ∈ R.


Dokaz . Najpre imamo da i) vazi, sto neposredno sledi iz definicije varijanse. Ociglednoje da je V ar(c) = 0 za svako c ∈ R. Obrnuto cemo dokazati samo za slucajne promenljivediskretnog tipa. Tada je ∑

i∈I

(xi − c)2P (X = xi) = 0,

gde je c = E(X). Odavde sledi da je xi = c za svako i, kao i da je P (X = c) = 1. Timeje (ii) dokazano. Svojstva (iii) i (iv) se dokazuju primenom Teoreme 4.3.24.

Ovim je dokaz kompletiran.Napomenimo sada da u opstem slucaju ne vazi da je varijansa zbira dve slucajne

promenljive jednaka zbiru njihovih varijansi. Medjutim, ako su slucajne promenljivenezavisne, tada vazi:

TEOREMA 4.3.26. Ako su X i Y dve nezavisne slucajne promenljive (nad istimprostorom verovatnoce) sa konacnim varijansama tada vazi

V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ).

Dokaz . Neka je E(X) = a, a E(Y ) = b. Tada imamo

V ar(X + Y ) = E((X + Y − E(X + Y ))2) = E(((X − a) + (Y − b))2)= E((X − a)2) + 2E((X − a)(Y − b)) + E((Y − b)2) = V ar(X) + V ar(Y ),

S obzirom ida su X − a i Y − b takodje nezavisne slucajne promenljive, te da je tadaE((X − a)(Y − b)) = E(X − a)E(Y − b) = 0 (naime, E(Z − c) = E(Z)− c = 0 za svakoc ∈ R).

Sledeca nejednakost poznata je kao nejednakost Cebiseva:

TEOREMA 4.3.27. Neka je X slucajna promenljiva sa konacnom varijansom, a εpozitivan realan broj. Tada vazi

P (|X − E(X)|> ε) 6 V ar(X)ε2

.

Dokaz . Dokazacemo teoremu samo u slucaju da je X slucajna promenljiva diskretnogtipa. Neka je E(X) = m. Tada imamo

P (|X − E(X)|> ε) =∑

|xi−m|>ε

P (X = xi) =∑

|xi−m|>ε

1 · P (X = xi)

6 1ε2

∑

|xi−m|>ε

|xi −m|2P (X = xi)

6 1ε2

∑

i∈I

|xi −m|2P (X = xi) =V ar(x)

ε2.


U sledecem primeru dacemo jednu primenu Cebisevljeve nejednakosti.

PRIMER 4.3.28. Neka je X slucajna promenljiva koje oznacava broj pisama kojase realizuju u seriji od n bacanja ispravnog novcica. Od ranije je poznato (videti donjitekst) da je E(X) = n

2 , a V ar(X) = n4 . Primenom Cebisevljeve nejednakosti za ε =

√n

imamoP (|X(e)− n

2|>√

n) 6 (n

4)/(√

n)2 =14.

Stoga, na primer, za n = 10 000 imamo da je

P (|X(e)− 5 000|> 100) 6 14.

NAPOMENA. Ako je ε2 koje se javlja u Cebisevljeve nejednakosti za gornji primer manjeili jednako

√n

2tada Cebisevljeva nejednakost nema prakticnog znacaja.

Pokazacemo sada kako se iz Cebisevljeve nejednakosti moze dobiti dokaz jedne vari-jante zakona o velikim brojevima.

TEOREMA 4.3.29. Posmatrajmo Bernulijev eksperiment kod koga dogadjaj Anastupa sa verovatnocom p. Ako je taj eksperiment ponovljen n puta, a dogadjaj Apritom nastupio m puta, tada za proizvoljno δ > 0 vazi

limn→+∞

P(|mn− p|> δ

)= 0.

Dokaz . Primenom Cebisevljeve nejednakosti na binomnu raspodelu (za ε = nδ) imamo

P (|m− np|> nδ) > npq

(nδ)2.

Ako u gornjoj nejednakosti pustimo da n → +∞, dokaz teoreme sledi.

Tvrdjenje koje smo upravo dokazali predstavlja Bernulijev zakon o velikim brojevima.Time smo i teorijski dokazali opravdanost statistickog pristupa za dodelu verovatnocenekim dogadjajima.

U nastavku dajemo pregled numerickih karakteristika (matematicko ocekivanje, var-ijansa i disperzija) nekih vaznijih raspodela. Neka je X slucajna promenljiva koja imajednu od sledecih raspodela:

i) Bernulieva raspodela: E(X) = p, V ar(X) = pq, σ(X) =√

pq.

ii) Binomna raspodela: E(X) = np, V ar(X) = npq, σ(X) =√

npq.

iii) Geometrijska raspodela: E(X) = 1p , V ar(X) = 1−p

p2 , σ(X) =√

1−pp .

iv) Poisson-ova raspodela: E(X) = λ, V ar(X) = λ, σ(X) =√

λ.


NAPOMENA. Gornje formule se mogu na dva nacina dokazati: (i) po definiciji; (ii)koriscenjem nekih od teorema vezanih za osobine matematickog ocekivanja i varijanse. Ilus-trovacemo oba pristupa samo za binomnu raspodelu. Za geometrijsku i Puasonovu raspodeluostavljamo citaocu (koji zna analizu) da to sam uradi.

Da bismo odredili matematicke ocekivanje varijansu za binomnu raspodelu dovoljnoje odrediti momente prvog i drugog reda. Tada imamo:

E(X) =n∑

k=0

(n

k

)pkqn−kk = np

n∑

k=1

(n− 1k − 1

)pk−1qn−k = np,

odnosno

E(X2) =n∑

k=0

(n

k

)pkqn−kk2 = np

n∑

k=1

k

(n− 1k − 1

)pk−1qn−k

= np

n−1∑

h=0

(h + 1)(

n− 1h

)plqn−1−h = np(1 +

n−1∑

h=1

h

(n− 1

h

)phqn−1−h)

= np(1 + (n− 1)pn−1∑

h=1

h

(n− 2h− 1

)ph−1qn−1−h) = np(np + q).

Odavde jeV ar(X) = E(X2)− E(X)2 = npq.

Drugi nacin je da se definisu slucajne promenljive Xk (k = 1, 2, . . . , n) koje uzimajuvrednost 1 ili 0 zavisno da li u k–tom eksperimentu imamo povoljan ili nepovoljan ishod,respektivno. Tada je

X =n∑

i=1

Xi.

Kako je E(Xi) = p, a V ar(Xi) = pq, to se na osnovu aditivnosti matematickogocekivanja, kao i varijanse za nezavisnih slucajnih promenljivih, neposredno dobijatrazeni rezultat.

DEFINICIJA 4.3.30. Kovarijansa dve slucajne promenljive X i Y na istom pros-toru verovatnoce, u oznaci Cov(X,Y ) jednaka je matematickom ocekivanju slucajnepromenljive (X−E(X))(Y −E(Y )), to jest vazi Cov(X,Y ) = E((X−E(X))(Y −E(Y ))).

Sledece dve teoreme ostavljamo bez dokaza (dokazati ih za vezbu).

TEOREMA 4.3.31. Neka su X i Y dve slucajne promenljive nad istim prostoromverovatnoce. Tada vazi:

Cov(X, Y ) = E(XY )− E(X)E(Y ).

Takodje imamo da je Cov(X, Y ) = 0 ako i samo ako su X i Y nezavisne slucajnepromenljive.


TEOREMA 4.3.32. Neka su X i Y dve slucajne promenljive nad istim prostoromverovatnoce. Tada vazi:

V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ) + 2Cov(X, Y ).

Napomenimo i da se numericke karakteristike neke slucajne promenljive mogu defin-isati i u kontekstu uslovne verovatnoce. Na primer, tada za matematicko ocekivanjeimamo:

DEFINICIJA 4.3.33. Neka je A ⊆ Ω. Tada je uslovno matematicko ocekivanje zaslucajnu promenljivu X dato sa

E(X | A) =∑

i∈I

xiP (X = xi | A).

PRIMER 4.3.34. Posmatrajmo eksperiment sa bacanjem dve pravilne kocke. Nekaje e = (i, j), gde i oznacava ishod vezan za prvu kocku, j za drugu. Neka je X(e) = i+ j,a Y (e) = |i− j|. Odredimo sada E(Y | X = 6). U tom cilju lako se pokazuje da je:

P (Y = 0 | X = 6) =15, P (Y = 1 | X = 6) =

15

= 0, P (Y = 2 | X = 6) =25,

P (Y = 3 | X = 6) = 0, P (Y = 4 | X = 6) =25, P (Y = 5 | X = 6) = 0.

Odavde je

E(Y | X = 6) =5∑

j=1

jP (Y = j|X = 6) = 0(15) + 1(0) + 2(

25) + 3(0) + 4(

25) + 5(0) =

125

.

Na kraju spomenucemo i slucajne vektore. I za njih se mogu definisati nu-mericke karakteristike (ukljucujuci i uslovne). Na primer, za (bezuslovno) matematickoocekivanje imamo:

DEFINICIJA 4.3.35. Neka je Z = (X,Y ) dvodimenzionalni slucajni vektor. Tadaje matematicko ocekivanje za Z dato sa:

E(Z) =∑

i∈I,j∈J

(xi, yj)P (X = xi, Y = yj).

Slicno se definise matematicko ocekivanje n-dimenzionalnog vektora.


ZADACI

4.3.1. a) Iz kutije sa 100 proizvoda od kojih je 8 neispravnih izvuceno je odjednom 5proizvoda. Opisati slucajnu promenljivu X: broj neispravnih proizvoda u uzorku.b) Resiti zadatak kada se izvlacenje vrsi sa vracanjem.

4.3.2. Novcic se baca sve dok se ne pojavi grb. Opisati slucajnu promenljivu X: brojizvedenih bacanja i naci odgovarajucu funkciju raspodele.

4.3.3. Na putu kretanja automobila su 4 semafora. Na svakom od njih je 20 sekundizeleno svetlo, a 30 sekundi crveno svetlo. Njihov rad je nezavistan. Opisati slucajnupromenljivu X: broj semafora koje je auto prosao do zaustavljanja.

4.3.4. Test se sastoji od 25 pitanja, pri cemu je za svako ponudjeno 5 odgovora odkojih je tacno 1 tacan. Za tacan. Odrediti matematicko ocekivanje ukupnog broja poenaako se test popunjava slucajno i ako se za netacan odgovor dobija a) 0 poena; b) −1poena.

4.3.5. Data je slucajna promenljiva X =(−1 0 3

13

16

12

). Odrediti njeno matematicko

ocekivanje, disperziju i standardnu devijaciju.

4.3.6. Naci verovatnocu da se prilikom bacanja kocke 12 000 puta broj dobijenihjedinica nalazi izmedju 1 900 i 2 150.

4.3.7. Bacamo 1000 puta novcic i ako padne pismo vise od k = 525 puta smatramoda je novcic nehomogen (inace smatramo da je ispravan).a) Ako je novcic ispravan naci verovatnocu pogresnog zakljucka.b) Koliko treba da bude k da bi verovatnoca odbacivanja ispravnog novcica bila manjaod 0.01?

4.3.8. Svaki od n gostiju je po ulasku u restoran ostavio svoj sesir u garderobi.Po izlasku, garderober im je podelio sesire na slucajan nacin. Koliko je matematickoocekivanje slucajne promenljive X koja oznacava broj gostiju koji su dobili svoj sesir?

4.3.9. Neka je X slucajna promenljiva takva da je X(e) > 0 za svako e ∈ Ω. Tada vaziP (X(e) > c) 6 E(X)/c za svaki pozitivan broj c. Ova nejednakost se naziva nejednakostMarkova.

4.3.10. Neka je Xn slucajna promenljiva koja je jednaka razlici broja bitova jednakih 0,odnosno 1 u u (slucajnom) stringu duzine n. Odrediti matematicko ocekivanje i varijansuslucajne promenljive Xn.

4.3.11. Neka su m i n prirodni brojevi. Koja je verovatnoca da slucajno odabranprirodan broj manji od mn nije deljiv ni sa m ni sa n?

4.3.12. Koji je ocekivani broj praznih kutija kada se m kuglica smesti u nkutija naslucajan nacin?

4.3.13. Naci Cov(X, Y ) ako su X i Y slucajne promenljive date sa X(e) = 2i, Y (e) =i + j, gde je e = (i, j), a i i j su ishodi bacanja dve pravilne kocke.


4.3.14. Neka je X slucajna promenljiva za koju vazi X(e) > 0 za svako e ∈ Ω, i nekaje k dogadjaj da je X(e) > k. Pokazato da je E(X) =

∑∞k=1 p(Ak).

4.3.15. Neka su X i Y dve nenegativne slucajne promenljive. Neka je Z(e) =maxX(e), Y (e) za svako e ∈ Ω. Pokazati da je E(Z) 6 E(X) + E(Y ).

4.3.16. Pokazati da je P (X > k) = (1 − p)j−1, gde je X geometrijska raspodela saparametrom p, a j prirodan broj.

4.4 MARKOVLJEVI LANCI

Teorija slucajnih (stohastickih) procesa je jedan veoma vazan deo teorije verovatnocesa mnostvom primena. Naime mnogi fenomeni vezani za prirodne nauke (a i drustvene)mogu se modelirati uz pomoc Markovljevih procesa. U ovoj knjizi dacemo jedan uproscenmodel slucajnih procesa, takozvanih Markovljevih lanaca, koji pripadaju diskretnojverovatnoci, a uz to se mogu i na prirodan nacin interpretirati u teoriji grafova.

Pretpostavimo najpre da imamo jedan sistem (automat, u specijalnom slucajuracunar) koji ima konacan broj stanja, na primer S1, S2, . . . , Sn (u nekim razmatran-jima broj stanja moze biti i beskonacan). Pretpostavimo zatim da taj sistem u nekimdiskretnim trenucima vremena prelazi iz jednog stanja, recimo Si, u neko drugo stanje,recimo Sj , sa nekom verovatnocom prelaska (mogucna su i razmatranja kod kojih suvremenski trenuci promena stanja kontinualno menjaju). Neka je Xn = X(n) slucajnapromenljiva koja oznacava stanje sistema u trenutku tn (ovde se vreme posmatra kaoparametar). U najopstijem slucaju verovatnoca prelaska sistema iz stanja xn (koje jenastupilo u trenutku tn) u stanje xn+1 (koje nastupa u trenutku tn+1) dato je sa

P (Xn+1 = xn+1 | Xn = xn, Xn−1 = xn−1, . . . , X1 = x1, X0 = x0).

Drugim recima, ono zavisi od svih prethodnih stanja (dakle, citava istorija promenastanja utice na posmatranu verovatnocu). Na primer, ako iz spila karata vadimo kartejednu po jednu bez vracanja, tada verovatnoca da u n–tom izvlacenju uzvucemo kartuodredjene boje (na primer u trefu), zavisi od toga sta je ranije izvuceno.

Kod Markovljevih lanaca imamo uproscenu situaciju, naime verovatnoca prelaska unovo stanje zavisi samo od zatecenog stanja (samim tim, celokupna prethodna istorija se”zaboravlja”, to jest brise). Takva situacija nastaje u prethodnom primeru ako se kartepo izvlacenju vracaju u spil. Opstije imamo:

DEFINICIJA 4.4.1. Neka je dat niz slucajnih promenljivih (Xn)n∈N0 diskretnogtipa (nad istim prostorom verovatnoce). Tada ovaj niz obrazuje Markovljev lanac akovazi

P (Xn+1 = xn+1 | Xn = xn, Xn−1 = xn−1, . . . , X1 = x1, X0 = x0)= P (Xn+1 = xn+1 | Xn = xn).

za svako x0, x1, . . . , xn ∈ IR i svako n ∈ N0. U slucaju da vazi

P (Xn+1 = y | Xn = x) = P (Xn = y | Xn−1 = x)

za svako n ∈ N tada je odgovarajuci Markovljev lanac (vremenski) homogen.


U nastavku cemo posmatrati samo vremenski homogene Markovljeve lance.Pogodan (i prirodan) model za ovakve lance moze se dati preko orijentisanih grafova

(sa petljama). Naime, svakom cvoru se moze pridruziti jedno stanje sistema; dva cvorakoja odgovaraju stanjima Si i Sj spojena su granom orijentisanom od cvora koji odgovarastanju Si do cvora koji odgovara stanju Sj ako postoji mogucnost prelaska iz stanja Si ustanje Sj ; grani (ili petlji) koja povezuje pomenuta dva cvora pridruzuje se verovatnoca,to jest tezina

pij = P (Xn+1 = Sj | Xn = Si).

U slucaju da je pij = 0, tada se odgovarajuca grana izostavlja iz grafa.

PRIMER 4.4.2. Pretpostavimo da se vreme moze opisati stanjima S1 = K(kisovito), S2 = O (oblacno) i S3 = S (suncano). Neka je matrica prelaza (promenevremena) data sa

Π =

12

14

14

12 0 1

214

14

12

.

Ovoj matrici odgovara graf dat na sledecoj slici.

K

O S

1/4

1/21/2

1/4

1/4 1/4

1/2 1/4

Primetimo i da je zbir elemenata svake vrste gornje matrice jednak 1 (za kolone tone mora da vazi). Isti zakljucak vazi i u opstem slucaju. Stoga je matrica Π stohastickamatrica.

Uvescemo sada jos neke pojmove. Neka je

pkij = P (X(l + k) = xj | X(l) = xi) (l = 0, 1, . . .).

Dakle, pkij je verovatnoca da Markovljev lanac iz stanja xi predje u stanje xj u k koraka

(ocigledno, zbog vremenske homogenosti, ta verovatnoca ne zavisi od l). Za k = 1dobijamo da je p1

ij = pij . Nije tesko utvrditi (na osnovu formule za totalnu verovatnocu)da za svako k1, k2 ∈ N vazi

pk1+k2ij =

n∑s=1

pk1is pk2

sj ,

gde je n broj svih stanja sistema (Markovljevog lanca).

DEFINICIJA 4.4.3. Kvadratna matrica reda n data sa

Π = (pij),

gde je pij = P (Xn+1 = Sj | Xn = Si) naziva se matricom prelaza Markovljevog lanca.


Moze se pokazati da je Πk = (pkij). Koristeci formulu za totalnu verovatnocu

neposredno dobijamo sledece tvrdjenje.

TEOREMA 4.4.4. Neka je p(k) = (p(k)1 , p

(k)2 , . . . , p

(k)n )T , gde je p

(k)i = P (Xk = xi).

Drugim recima p(k) je vektor verovatnoca da se sistem (Markovljev lanac Xk) nadjeu trenutku tk u nekom od stanja (za k = 0 to je vektor pocetnih verovatnoca, tj.verovatnoca da se Markovljev lanac u trenutku t0 nalazi u pojedinim stanjima). Neka jeΠ matrica prelaza za Xk. Tada vazi

p(k) = Πkp(0).

Za dalje proucavanje Markovljevih lanaca potrebno je koristiti aparat linearne algebre,a dobro bi dosla i teorija grafova (posebno orijentisanih).

ZADACI

4.4.1. Neka je X0, X1, . . . homogen Markovljev lanac. Pocetna slucajna promenljiva

ima raspodelu X0 =(

1 2 312

13

16

). Matrica prelaza je

Π =

12 0 1

20 1

212

12

12 0

.

Odrediti X1 i X2.

4.4.2. Niz X0, X1, . . . obrazuje homogen Markovljev lanac sa 3 stanja. Pocetna

slucajna promenljiva ima raspodelu X0 =(

1 2 313

13

13

). Matrica prelaza je

Π =

0 12

12

14

12

14

12

12 0

.

Naci matematicko ocekivanje slucajne promenljive X2, E(X2).

4.5 INFORMACIJA I ENTROPIJA

Vrednost i znacaj saznanja da se neki dogadjaj desio ili da ce se desiti moze se (cestosubjektivno) meriti uz pomoc njegove verovatnoce. Na primer, ako nam neko u toku letakaze da ce sutra padati sneg to je vredna i veome znacajna informacije; jasno, u tokuzime ta informacija nije od vece vrednosti niti znacaja. Presudnu ulogu u obe situacije,imala je verovatnoca nastupanja pomenutog dogadjaja.

U teoriji informacija nas interesuje prevashodno kolicina dobijenih informacija (uodnosu na neku jedinicu mere). Oznacimo sa I(p) kolicinu informacija sadrzanu u saz-nanju da je realizovan (ili nije realizovan) dogadjaj verovatnoce p. Ako su A i B nezavisni


dogadjaji takvi da je P (A) = p i P (B) = q, tada je P (AB) = P (A)P (B) = pq. Dakle,ako se dogode oba dogadjaja, trebalo bi da vazi

I(pq) = I(p) + I(q),

jer se, intuitivno, kolicina informacija ovim uvecava, ili preciznije sabira. Poznato je daje jedina neprekidna funkcija koja zadovoljava gornji uslov oblika I(x) = c log(x), gde jec neka realna konstanta. Ako se usvoji da dogadjaj cija je verovatnoca 1

2 nosi jedinicnuinformaciju dobijamo:

DEFINICIJA 4.5.1. Kolicna informacije, ili krace informacija, sadrzana u dogadjajuverovatnoce p data je sa

I(p) = −log2(p).

Jedinica mere informacije je senon, po Klodu Senonu (fra. Claude Shannon).

Ako imamo diskretnu slucajnu promenjivu X tada se moze odrediti i srednja kolicinainformacija koja je sadrzana u dogadjajima X = xi, gde je i ∈ I. Time su se stekli usloviza sledecu definiciju:

DEFINICIJA 4.5.2. Entropija diskretne slucajne promenljive X data je izrazom

H(X) = −∑

i∈I

pilog2(pi),

gde je pi = P (X = xi) (i ∈ I).

Napomenimo da se 00 u izracunavanjima smatra da je jednako 0.Primetimo da je H(X) nezavisno od vrednosti koje uzima slucajna promenljiva. Stoga

je H(X) = H(X+c) = H(cX), za svako c ∈ IR.

PRIMER 4.5.3. Posmatrajmo najpre bacanje pravilnog novcica. Tada je P (P) =P (G) = p = 1

2 , tako da je informacija sadrzana u dogadjaju P (pismo) i G (grb)jednaka

I(p) = I(12) = − log2(

12) = 1.

Entropija je jednaka

H(X) = P (P)I(P (P)) + P (G)I(P (G)) =12· 1 +

12· 1 = 1.

Dakle, srednja vrednost kolicine informacije je 1.Sta ako je P (P) = p = 1

4 , a P (G) = q = 34 . Tada je

I(P ) = I(14) = 2, I(q) = I(

34) = log2(

43) ≈ 0.4150.

Stoga je entropija sada jednaka

H(X) = P (P)I(P (P)) + P (G)I(P (G)) =14· 2 +

34· log2(

43) ≈ 0.811125.

Dakle sada je entropija nesto manja.


Moze se pokazati da entropija (u zavisnosti od p) raste od 0 do 12 , a da opada od 1

2do 1. Maksimum je jednak 1 i doseze se za p = 1

2 .

TEOREMA 4.5.4. Neka je X slucajna promenljiva konacnog tipa, koja moze dauzima n razlicitih vrednosti sa verovatnocama p1, p2, . . . , pn (jasno,

nX

i=1

pi = 1). Neka je

Y slucajna promenljiva konacnog tipa, koja takodje moze da uzima n razlicitih vrednostiali sa verovatnocama 1

n . Tada je

H(X) 6 H(Y ) = log2(n).

Dokaz . Dovoljno je dokazati da je

n∑

i=1

pilog2(pi) > log2(1n

),

za bilo kojih n pozitivnih brojeva p1, p2, . . . , pn koji zadovoljavaju uslov p1 + p2 + · · ·+pn = 1. Ova nejednakost se direktno dobija traznjem uslovnog minimuma funkcijef(x1, x2, . . . , xn) =

∑ni=1 xilog2(xi) pod uslovima 0 < xi61 (16i6n) i

∑ni=1 xi = 1.

Sledeca nejednakost vazi za entropije:

TEOREMA 4.5.5. Ako su X i Y nezavisne slucajne promenljive, tada vazi

H(X) 6 H(X + Y ).

Napomenimo na kraju da se entropija u fizici javlja kod drugog zakona termodinamika(svaki izolovani sistem tezi da predje u stanje iste ili vece entropije. Entropija je stoga imera neuredjenosti sistema (odnosno haosa).

Glava 5

Dodatak

U ovoj glavi dajemo pregled nekih osnovnih matematickih pojmova. Polazimo odsamih osnova, tako da ova glava sadrzi cetiri poglavlja posvecena skupovima, funkcijama,relacijama i matematickoj indukciji.

5.1 SKUPOVI

Osnovni matematicki objekat je skup. Skup se zapisuje navodjenjem njegovih eleme-nata izmedju viticastih zagrada i . Skup koji sadrzi brojeve 1, 3 i 5 (i nijedan vise) za-pisuje se kao 1, 3, 5. Ovaj skup se moze zapisati i kao 3, 1, 5, ali i kao 1, 3, 5, 3, 1, jerse visestruko ponavljanje istog elementa ne uzima u obzir. Tri tacke (. . . ) u 2, 4, 6, 8, . . .znace “i tako dalje, po istom obrascu”, tj. ovaj zapis oznacava skup svih parnih prirodnihbrojeva. Odgovarajuci obrazac treba da bude ocigledan. Na primer, 21, 22, 23, . . . jelako razumljivo kao skup svih stepena broja 2, dok je zapis 2, 4, 8, . . . manje ocigledan.

Skupovi se obicno oznacavaju velikim slovom, s tim sto je za najvazniji skup matem-atike i covecanstva uopste, skup prirodnih brojeva 1, 2, 3, . . ., rezervisano slovo N. Josjedan vazan skup je skup bez elemenata. Postoji samo jedan takav skup, oznacava se sa ∅i naziva prazan skup. Primetimo da prazan skup moze da bude element drugog skupa.Na primer, ∅ je skup koji sadrzi prazan skup kao svoj element, pa nije isto sto i ∅!

Cinjenica da skup X sadrzi element x zapisuje se pomocu simbola ∈ . Zapis x ∈ Xse cita kao “x je element X”, “x pripada X”, “X sadrzi x”, itd. U slucaju da element xne pripada skupu X pisemo x /∈ X.

Slozeniji i interesantniji skupovi obicno se dobijaju od poznatih skupova pomocunekih pravila ili osobina. Takvi skupovi se zapisuju u sledecem obliku

A = x : x ima osobinu P.

Cesto se koristi i oznakaA = x | x ima osobinu P.

PRIMER 5.1.1. Skup svih kvadrata prirodnih brojeva moze da se zapise kao

n ∈ N : postoji k ∈ N tako da je n = k2.

ili krace kaok2 : k ∈ N.

323

GLAVA 5. DODATAK 324

NAPOMENA. Pogresno je misliti da svaka osobina P definise skup. Do ovakvog zaklju-cka je dosao Bertrand Russell 1911. godine. Posmatrajmo sledecu situaciju: frizer u gradicu Xtreba da sisa sve gradjane koji se ne sisaju sami—treba li on, kao jedan od gradjana iz X, dasisa samog sebe? Do istog paradoksa se dolazi i ako definisemo sledeci skup:

A = X : X je skup koji ne sadrzi samog sebe.

Da li skup A sadrzi samog sebe? Ako pretpostavimo da A sadrzi samog sebe, tada po osobinielemenata skupa A vazi da A ne sadrzi samog sebe. S druge strane, ako pretpostavimo da A nesadrzi samog sebe, tada on zadovoljava osobinu elemenata skupa A, pa mora da pripada samomsebi. U svakom slucaju dolazimo do kontradikcije. Jedini izlaz je reci da A nije skup! Objektekao sto je skup A, matematicari obicno zovu familije skupova.

Koristeci pojam pripadanja skupu, ∈, mozemo da definisemo mnoge relacije izmedjuskupova i operacije na skupovima. Na primer, dva skupa X i Y su jednaka ako imaju isteelemente. U tom slucaju pisemo X = Y . Ako su X,Y skupovi, zapis X ⊆ Y (recima:“X je podskup Y”) znaci da svaki element X pripada skupu Y . Primetimo da je X = Yako i samo ako je X ⊆ Y i Y ⊆ X.

Ako je X ⊆ Y , ali je X 6= Y , tada Y sadrzi bar jedan element koji ne pripada X. Utom slucaju se kaze da je X pravi podskup Y i pise X ⊂ Y .

Ako X 6⊆ Y i Y 6⊆ X, tada se kaze da su skupovi X i Y neuporedivi. Za skupoveX i Y se kaze da su disjunktni ako nemaju zajednickih elemenata. Skupovi 1, 3, 5 i2, 4, 6 su disjunktni, dok skupovi 1, 3, 5 i 2, 3, 4 nisu disjunktni. Za niz skupovaX1, X2, X3, . . . se kaze da su uzajamno disjunktni, ako su svaka dva od njih disjunktna.

PRIMER 5.1.2. Skupovi

1, 2, 3, 4, 5, 6 su uzajamno disjunktni,1, 2, 3, 4, 1, 6 nisu uzajamno disjunktni.

Skup koji se sastoji od svih mogucih podskupova skupa X naziva se partitivni skupskupa X i oznacava sa P(X). Na primer, za X = a, b, c imamo da je

P(X) = ∅, a, b, c, a, b, a, c, b, c, a, b, c.

NAPOMENA. Primetimo da vazi ∅ ∈ P(X) i X ∈ P(X), ali da nije X ⊆ P(X)!

OPERACIJE SA SKUPOVIMA

Najvaznije i najcesce operacije sa skupovima su unija, presek, razlika, simetricnarazlika i komplement. Za skupove X i Y ove operacije se definisu na sledeci nacin:

Unija: X ∪ Y = z : z ∈ X ili z ∈ Y Presek: X ∩ Y = z : z ∈ X i z ∈ Y Razlika: X \ Y = z : z ∈ X i z /∈ Y

Simetricna razlika: X M Y = (X \ Y ) ∪ (Y \X)

Komplement X skupa X sadrzi sve elemente koji ne pripadaju skupu X. Da bi ovadefinicija imala smisla (i da X ne bi sadrzao i suvisne elemente kao sto su ljudi, zivotinje,


biljke, . . . ) svi skupovi sa kojima radimo moraju da budu podskupovi nekog veceg skupa,tzv. univerzuma U . Tada je

Komplement: X = z ∈ U : z /∈ X.

Za ove operacije sa skupovima vaze odredjeni zakoni. Najvazniji od njih su navedeniu sledecoj teoremi.

TEOREMA 5.1.3. Neka su X, Y i Z skupovi. Tada vazi:

a) Asocijativnost:

X ∪ (Y ∪ Z) = (X ∪ Y ) ∪ Z

X ∩ (Y ∩ Z) = (X ∩ Y ) ∩ Z

b) Komutativnost:

X ∪ Y = Y ∪X

X ∩ Y = Y ∩X

c) Apsorptivnost:

X ∩ (X ∪ Y ) = X

X ∪ (X ∩ Y ) = X

d) Distributivnost:

X ∩ (Y ∪ Z) = (X ∩ Y ) ∪ (X ∩ Z)X ∪ (Y ∩ Z) = (X ∪ Y ) ∩ (X ∪ Z)

e) De Morganovi zakoni:

X \ (Y ∪ Z) = (X \ Y ) ∩ (X \ Z)X \ (Y ∩ Z) = (X \ Y ) ∪ (X \ Z)

Dokaz . Dokazacemo samo prvi de Morganov zakon. Dokazivanje ostalih zakona mozeposluziti citaocu za vezbu.

Neka je x ∈ X \ (Y ∪Z). To znaci da x ∈ X, ali da x /∈ Y ∪Z. Iz x /∈ Y ∪Z sledi dax /∈ Y i x /∈ Z. Dalje, iz x ∈ X i x /∈ Y sledi da x ∈ X \ Y i slicno iz x ∈ X i x /∈ Z sledida x ∈ X \ Z, pa vazi da x ∈ (X \ Y ) ∩ (X \ Z). Kako ovo vazi za svaki element skupaX \ (Y ∪ Z), zakljucujemo da je

(5.1) X \ (Y ∪ Z) ⊆ (X \ Y ) ∩ (X \ Z).

Neka je sada x ∈ (X \ Y ) ∩ (X \ Z). Ovo znaci da x ∈ X \ Y i x ∈ X \ Z. Odavdedobijamo da je x ∈ X, x /∈ Y i x /∈ Z. Iz x /∈ Y i x /∈ Z sledi da x /∈ Y ∪Z, pa dobijamoda x ∈ X \ (Y ∪ Z). Ovo takodje vazi za svaki element skupa (X \ Y ) ∩ (X \ Z), pazakljucujemo da je

(5.2) (X \ Y ) ∩ (X \ Z) ⊆ X \ (Y ∪ Z).


Iz (5.1) i (5.2) sledi da je

X \ (Y ∪ Z) = (X \ Y ) ∩ (X \ Z).

Ako su X1, X2, . . . , Xn skupovi, njihova unija X1 ∪X2 ∪ . . . ∪Xn moze krace da sezapise kao

n⋃

i=1

Xi.

Slicno se presek X1 ∩X2 ∩ . . . ∩Xn krace zapisuje kao

n⋂

i=1

Xi.

Zakoni iz teoreme 5.1.3 vaze i u slucaju kada imamo vise skupova, i koristeci skracenizapis, oni glase:

Distributivnost:

X ∩(

n⋃

i=1

Yi

)=

n⋃

i=1

(X ∩ Yi)

X ∪(

n⋂

i=1

Yi

)=

n⋂

i=1

(X ∪ Yi)

De Morganovi zakoni:

X \(

n⋃

i=1

Yi

)=

n⋂

i=1

(X \ Yi)

X \(

n⋂

i=1

Yi

)=

n⋃

i=1

(X \ Yi)

PROIZVOD SKUPOVA

Kao sto vec znamo, x, y oznacava skup koji sadrzi elemente x i y. Skup x, y seponekad naziva i neuredjeni par x i y. Primetimo da je x, y isto sto i y, x, kao i dax, y ima samo jedan element ako je x = y.

U primenama se cesto namece potreba za razlikovanjem elemenata u paru. Stogauvedimo notaciju (x, y) za uredjeni par x i y. Pritom vazi:

(x, y) = (z, t) ako i samo ako x = z i y = t.

NAPOMENA. Zanimljivo je da uredjeni par moze da se definise pomocu neuredjenog parana sledeci nacin:

(x, y) = x, x, y.

Slicno se definise i uredjena n-torka (x1, x2, . . . , xn) koja se sastoji od elemenatax1, x2, . . . , xn. Pritom vazi:

(x1, x2, . . . , xn) = (y1, y2, . . . , yn) ako i samo ako je xi = yi za i = 1, 2, . . . , n.


Poslednja operacija koju spominjemo je proizvod X × Y skupova X i Y . Proizvodskupova X i Y je skup svih uredjenih parova (x, y), gde x ∈ X i y ∈ Y , ili preciznije,

X × Y = (x, y) : x ∈ X, y ∈ Y .

PRIMER 5.1.4. Za X = 1, 2, 3 i Y = a, b imamo da je

X × Y = (1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b),Y ×X = (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3).

NAPOMENA. Primetimo da u opstem slucaju X × Y nije isto sto i Y ×X, tj. proizvodskupova nije komutativan.

Slicno proizvodu dva skupa, proizvod X1×X2× . . .×Xn skupova X1, X2,. . . ,Xn, ilikrace

n∏

i=1

Xn,

definise se kao skup svih uredjenih n-torki (x1, x2, . . . , xn) tako da za i = 1, 2, . . . , n vazixi ∈ Xi.

Proizvod skupa X sa samim sobom krace se oznacava stepenom uz X, tj.

X ×X = X2, X ×X ×X = X3, X ×X ×X ×X = X4, . . .

5.2 FUNKCIJE

Sa funkcijama ili preslikavanjima, kako se drugacije zovu, sreli smo se vec u sred-njoskolskoj matematici. Tada smo naucili da se funkcija definise pravilom preslika-vanja koje elementima jednog skupa dodeljuje elemente drugog skupa. Na primer, jednamoguca funkcija je f1(n) = 2n − 1, gde je n ∈ N . Isto tako se moze zadati i funkcijaf2(x) = 2x − 1, gde je x ∈ R. Ovakvo predstavljanje funkcija naglasava samo pravilopreslikavanja. Pri tome se obicno kaze kom skupu pripadaju argumenti funkcije (s timsto se ponekad koristimo logikom da n oznacava prirodan broj, dok x oznacava realanbroj), medjutim skoro nikad se ne kaze kom skupu pripadaju vrednosti funkcija. Zbogtoga je ovo intuitivno predstavljanje funkcija.

MATEMATICKA DEFINICIJA FUNKCIJA

DEFINICIJA 5.2.1. Pod funkcijom se podrazumeva uredjena trojka (A,B, f), gdeje f ⊆ A × B, pri cemu za svako x ∈ A postoji tacno jedno y ∈ B tako da (x, y) ∈f . Skup A se naziva domen, skup B se naziva kodomen, a f je pravilo preslikavanja.Cinjenica da funkcija preslikava elemente domena A u elemente kodomena B pomocupravila preslikavanja f se zapisuje pomocu

f : A 7→ B,

a za (x, y) ∈ f ravnopravno (i cesce) pisemo f(x) = y. Samo pravilo preslikavanja f sezadaje formulom ili navodjenjem parova elemenata (x, y) koji pripadaju f .


DEFINICIJA 5.2.2. Skup f(A) = f(x) |x ∈ A se naziva slika funkcije f .

PRIMER 5.2.3. Funkcija f1(n) = 2n− 1 se pravilno zapisuje na sledeci nacin:

f1 : N 7→ N, f1(n) = 2n− 1,

dok se funkcija f2(x) = 2x− 1 zapisuje pomocu

f2 : R 7→ R, f2(x) = 2x− 1.

PRIMER 5.2.4. Ako je A = 1, 2, 3, a B = 1, 3, 5, tada mozemo definisatifunkciju f3 pomocu

f3 : A 7→ B, f3(a) = 2a− 1,

ili drugacijef3 : A 7→ B, f3 = (1, 1), (2, 3), (3, 5).

U poslednjem slucaju smo funkciju definisali pomocu navodjenja svih parova elemenatakoji joj pripadaju.

VRSTE FUNKCIJA

Vazni i najcesce korisceni tipovi funkcija u matematici su dati u sledecoj definiciji.

DEFINICIJA 5.2.5. Funkcija f : A 7→ B naziva se 1-1 ukoliko vazi

(∀x1, x2 ∈ A) x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2).

Funkcija f : A 7→ B naziva se na ukoliko vazi

(∀y ∈ B) (∃x ∈ A) f(x) = y.

Funkcija f : A 7→ B naziva se bijekcija ili obostrano jednoznacno preslikavanje ako jefunkcija istovremeno i 1-1 i na.

PRIMER 5.2.6. Funkcija a : 1, 2 7→ 1, 3, 5 data pravilom preslikavanjaa(x) = 2x − 1 je 1-1, ali nije na, jer se nijedan element domena ne preslikava u el-ement 5 iz kodomena. Funkcija b : 1, 2, 3 7→ 1, 3 data pravilom preslikavanjab = (1, 1), (2, 3), (3, 1) jeste na, ali nije 1-1, jer se elementi 1 i 3 domena preslikavajuu isti element kodomena. Na kraju, funkcija c : 1, 2, 3 7→ 1, 3, 5 data pravilompreslikavanja c(x) = 2x− 1 jeste i 1-1 i na, pa zakljucujemo da je to bijekcija.


OPERACIJE SA FUNKCIJAMA

S obzirom da su funkcije u stvari skupovi parova elemenata, sa njima mozemo davrsimo sve operacije kao i sa skupovima. Medjutim, pored njih, postoje i operacije kojesu namenjene samo funkcijama.

DEFINICIJA 5.2.7. Ako su date funkcije f : A 7→ B i g : B 7→ C, tada se podslaganjem funkcija f i g podrazumeva funkcija g f : A 7→ C data pravilom preslikavanja

g f(x) = g(f(x)), x ∈ A.

DEFINICIJA 5.2.8. Ako su dati funkcija f : A 7→ B i podskup A′ ⊆ A, tada se podredukcijom funkcije f na poddomen A′, u oznaci f |A′ , podrazumeva funkcija f ′ : A′ 7→ Bdata pravilom preslikavanja

f |A′(x) = f(x), x ∈ A′.

DEFINICIJA 5.2.9. Za proizvoljan skup A, funkcija iA : A 7→ A data pravilompreslikavanja

iA(x) = x, x ∈ A

naziva se identicka funkcija na skupu A.

DEFINICIJA 5.2.10. Ako je data funkcija f : A 7→ B, tada se za funkciju g : B 7→ Akaze da je inverzna funkcija za funkciju f ako vazi

g(f(x)) = x, x ∈ A,

f(g(y)) = y, y ∈ B,

tj. ako vazig f = iA i f g = iB .

Inverzna funkcija za funkciju f se obicno obelezava sa f−1.

Inverzna funkcija ne postoji za svaku funkciju. To mozemo videti i iz sledece teoreme.

TEOREMA 5.2.11. Za funkciju f : A 7→ B postoji inverzna funkcija ako i samo akoje f bijekcija.

Dokaz . Pretpostavimo da funkcija f : A 7→ B ima inverznu funkciju f−1 : B 7→ A idokazimo da je f bijekcija. Funkcija f je 1-1, jer ako je f(x1) = f(x2) = y za x1 6= x2,tada iz definicije inverzne funkcije sledi da je f−1(y) = f−1(f(x1)) = x1 i f−1(y) =f−1(f(x2)) = x2, sto je kontradiktorno cinjenici da je f−1 funkcija i da, prema tome,moze da ima samo jednu vrednost za datu vrednostargumenta. S druge strane, funkcija fje na, jer za svako y ∈ B vazi f(f−1(y)) = y.


Pretpostavimo sada da je f bijekcija i dokazimo da onda postoji funkcija h koja jenjena inverzna funkcija. Funkciju h cemo definisati na sledeci nacin:

h ⊆ B ×A, (y, x) ∈ h ako i samo ako je f(x) = y.

Primetimo da smo ovim, u stvari, samo definisali jedan podskup h ⊆ B × A, pa stogamoramo tek da pokazemo da je h zaista funkcija, tj. da za svako y ∈ B postoji tacnojedno x ∈ A tako da je h(y) = x. Najpre, posto je funkcija f na, to za y ∈ B postojix ∈ A tako da je f(x) = y, pa po definiciji h vazi i (y, x) ∈ h. Dalje, posto je funkcija f i1-1, ovakvo x je jedinstveno, pa smo se zaista uverili da je h funkcija i mozemo slobodnoda pisemo

h : B 7→ A, h(y) = x ako i samo ako je f(x) = y.

Sada je jasno da vazi h(f(x)) = x i f(h(y)) = y, pa je h inverzna funkcija za f .

PERMUTACIJE

Pod permutacijom skupa A se podrazumeva svaka bijekcija f : A 7→ A skupa Ana samog sebe. Skup svih permutacija skupa A obicno se obelezava sa Sym (A). Zaskup Sym (A) svih permutacija skupa A vazi sledeca teorema, koja ilustruje algebarskustrukturu skupa Sym (A).

TEOREMA 5.2.12. Ako je dat skup A, tada za skup Sym (A) vaze sledece osobine:

a) Zatvorenost:(∀f, g ∈ Sym (A)) f g ∈ Sym (A);

b) Asocijativnost:

(∀f, g, h ∈ Sym (A)) f (g h) = (f g) h;

c) Postojanje neutralnog elementa:

(∃iA ∈ Sym (A)) (∀x ∈ A) iA(x) = x;

d) Postojanje inverznog elementa:

(∀f ∈ Sym (A)) (∃f−1 ∈ Sym (A)) f f−1 = f−1 f = iA.


5.3 RELACIJE

Relacija, u najkracem, predstavlja odnos izmedju elemenata nekih skupova. Strogamatematicka definicija je sledeca.

DEFINICIJA 5.3.1. Ako su dati skupovi A1, A2, . . . , Ak, k ∈ N , tada se podrelacijom duzine k izmedju elemenata skupova A1, A2, . . . , Ak podrazumeva podskupρ ⊆ A1 × A2 × . . . × Ak. Ako (x1, x2, . . . , xk) ∈ ρ, tada kazemo da su elementi x1, x2,. . . , xk u relaciji ρ. S druge strane, ako je A1 = A2 = . . . = Ak = A, tada kazemo da jeρ relacija duzine k na skupu A.

PRIMER 5.3.2. Razmotrimo sledece skupove:

A = Cira, Dragan, Marko ,B = logika, algebra, diskretna matematika ,C = ponedeljak, utorak, sreda, cetvrtak, petak .

Tada

ρ = (Cira, logika, utorak),(Dragan, algebra, utorak),(Dragan, diskretna matematika, cetvrtak),(Marko, diskretna matematika, petak)

predstavlja relaciju duzine 3, koja moze da predstavlja obaveze profesora i asistenata upogledu predmeta i datuma.

DEFINICIJA 5.3.3. Relacija ρ ⊆ A × B duzine 2 se naziva binarna relacija.Uobicajeno je da se za elemente x ∈ A i y ∈ B koji su u relaciji ρ umesto (x, y) ∈ ρpise x ρ y. Skup a ∈ A | a ρ b za neko b ∈ B se naziva domen relacije ρ, a skupb ∈ B | a ρ b za neko a ∈ A se naziva kodomen relacije ρ.

NAPOMENA. Primetimo da je svaka funkcija f : A 7→ B, takodje binarna relacija, jer jef ∈ A×B.

PRIMER 5.3.4. Na skupu 1, 2, 3, 4, 6 mozemo da definisemo binarnu relaciju ρtako sto cemo da je x ρ y ako je x manje od y i x deli y. Relaciju ρ tada cine sledeciparovi elemenata

ρ = (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 6), (2, 4), (2, 6), (3, 6).

Ova relacija je slikovno predstavljena na sl. ??a slicno nacinu na koji se predstavljajufunkcije, tako sto se usmerenim linijama povezu parovi elemenata koji su u relaciji.

Medjutim, binarna relacija ρ na konacnom skupu A moze se predstaviti jos na dvanacina:


• tablicno - tako sto se nacrta tablica cije vrste i kolone predstavljaju elemente A,a zatim se u preseku vrste x i kolone y stavlja 1 ukoliko je x ρ y, a 0 ukoliko nijex ρ y.

• pomocu orijentisanih grafova - tako sto se svaki element skupa A predstavi cvorom,a zatim se cvorovi x i y povezu usmerenom linijom od x ka y ako je x ρ y.

Kao i funkcije, i relacije se mogu slagati.

DEFINICIJA 5.3.5. Neka su date relacije ρ ⊆ A × B i σ ⊆ B × C. Tada se podslaganjem relacija ρ i σ podrazumeva relacija ρ σ ⊆ A× C odredjena sa

ρ σ = (a, c) |postoji b ∈ B tako da je a ρ b i b σ c.

NAPOMENA. S obzirom da su funkcije poseban slucaj relacija, i slaganje funkcija jeposeban slucaj slaganja relacija. Medjutim, primetimo veoma bitnu razliku: slaganje funkcijaf : A 7→ B i g : B 7→ C oznacava se sa g f , dok se slaganje relacija ρ ⊆ A × B i σ ⊆ B × Coznacava sa ρ σ. Znaci, kod slaganja funkcija prvu funkciju stavljamo iza , dok kod slaganjarelacija prvu relaciju stavljamo ispred .

Nadalje cemo posmatrati samo binarne relacije kod kojih se domen i kodomen pok-lapaju i pritom posvetiti paznju vaznim vrstama relacija — relacijama ekvivalencije irelacijama poretka.

RELACIJE EKVIVALENCIJE

DEFINICIJA 5.3.6. Relacija ρ na skupu A je:

(i) refleksivna, ako(∀x ∈ A) x ρx;

(ii) simetricna, ako(∀x, y ∈ A) x ρ y ⇒ y ρ x;

(iii) tranzitivna, ako(∀x, y, z ∈ A) x ρ y ∧ y ρ z ⇒ x ρ z.

DEFINICIJA 5.3.7. Relacija ρ na skupu A je relacija ekvivalencije ako je refleksivna,simetricna i tranzitivna.

PRIMER 5.3.8. Definisimo relaciju na skupu prirodnih brojeva, tako da su dvaprirodna broja u relaciji ako i samo ako su jednaki. Ova relacija je refleksivna, jer jesvaki broj jednak samom sebi, simetricna, jer iz x = y sigurno sledi da je y = x, itranzitivna, jer iz x = y i y = z sledi da je x = z. Relacija jednakosti je svakakonajjednostavniji primer relacije ekvivalencije i njena svojstva su sluzila kao inspiracija zadefiniciju relacije ekvivalencije.


PRIMER 5.3.9. Relacija ρ na skupu prirodnih brojeva, tako da su dva prirodnabroja u relaciji ρ ako je njihova razlika deljiva sa 4 (tj. ako daju isti ostatak pri deljenjusa 4) je takodje relacije ekvivalencije. Naime, ova relacija je refleksivna, jer 4|x− x = 0,simetricna, jer iz 4|x − y sledi da 4|y − x, i tranzitivna, jer iz 4|x − y i 4|y − z sledi da4|(x− y) + (y − z) = x− z.

PRIMER 5.3.10. Neka su dati skup A = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 i njegovi uzajamno dis-junktni podskupovi B1 = 1, 2, 3, B2 = 4, 5 i B3 = 6, 7. Na skupu A mozemo dadefinisemo relaciju ρ na sledeci nacin:

x ρ y ⇔ x i y pripadaju istom podskupu Bi.

Ova relacija je ocigledno refleksivna i simetricna, a tranzitivnost sledi iz cinjenice da akoje x ρ y i y ρ z tada x i z pripadaju istom podskupu kome pripada i y, a kako y pripadatacno jednom podskupu Bi, jer su oni uzajamno disjunktni, to i x i z pripadaju ovomistom podskupu Bi, pa zakljucujemo da je x ρ z.

Poslednji primer ujedno ilustruje i sledecu definiciju.

DEFINICIJA 5.3.11. Neka je ρ relacija ekvivalencije na skupu A i neka je x ∈ A.Skup

Cx = y ∈ A |x ρ ynaziva se klasa ekvivalencije elementa x. Ponekad se koristi i oznaka [x] za klasu ekviva-lencije elementa x.

TEOREMA 5.3.12. Neka je ρ relacija ekvivalencije na skupu A. Tada vazi:

a) (∀x, y ∈ A) Cx = Cy ∨ Cx ∩ Cy = ∅.

b) A =⋃

x∈A

Cx.

Dokaz . a) Pretpostavimo da je Cx ∩ Cy 6= ∅ i neka z ∈ Cx ∩ Cy. Tada je x ρ z i y ρ z,pa kako je relacija ρ simetricna i tranzitivna, dobijamo da je x ρ y. Sada iz w ∈ Cx sledida je w ρx i x ρ y, pa iz tranzitivnosti imamo w ρy, tj. w ∈ Cy. Takodje vazi i obrnuto,tj. iz w ∈ Cy sledi da je w ρ y i y ρ x, pa imamo i w ρ x, tj. w ∈ Cx. Ovo pokazuje da jesada Cx = Cy.b) Kako za svako x ∈ A vazi da je Cx ⊆ A, to sledi i da je

⋃x∈A Cx ⊆ A. S druge strane,

za svako y ∈ A vazi da je y ∈ Cy ⊆⋃

x∈A Cx, pa zakljucujemo da je A =⋃

x∈A Cx.

Iz prethodne teoreme vidimo da su razlicite klase ekvivalencije uzajamno disjunktne,a da unija svih klasa ekvivalencije daje ceo skup. Podela skupa na podskupove sa ovakvimsvojstvima drugacije se naziva particija skupa.


DEFINICIJA 5.3.13. Neka je A proizvoljan skup i C ⊆ P(A). Ukoliko vazi

(∀X, Y ∈ C) X = Y ∨ X ∩ Y = ∅

iA =

⋃

X∈CX,

tada se C naziva particija skupa A.

Iz Teoreme 5.3.12 vidimo da klase ekvivalencije obrazuju particiju skupa. Medjutim,vazi i obratno: svakoj particiji skupa odgovara relacija ekvivalencije na tom skupu cijesu klase ekvivalencije upravo elementi particije.

TEOREMA 5.3.14. Neka je C particija skupa A. Definisimo relaciju ρ na skupu Apomocu

x ρ y ⇔ x i y pripadaju istom elementu particije C.Tada je ρ relacija ekvivalencije cije su klase ekvivalencije upravo elementi particije C.

Dokaz . Relacija ρ je refleksivna i simetricna po svojoj definiciji. Neka je sada x ρ y iy ρ z. Posto je C particija skupa A, postoji tacno jedan podskup C ∈ C tako da y ∈ C(u suprotnom, ako bi postojala dva razlicita podskupa koji sadrze y onda bi oni imalineprazan presek, sto je nemoguce). Sada iz x ρ y sledi da x ∈ C i iz y ρ z sledi i da z ∈ C,tako da zakljucujemo da vazi x ρ z, jer pripadaju istom elementu C particije C. Prematome, ρ je relacija ekvivalencije.

S druge strane, kao sto smo vec videli, za svako x ∈ A postoji tacno jedan podskup C ∈C tako da x ∈ C. Klasu ekvivalencije Cx elementa x po definiciji cine svi oni elementi y ∈A koji takodje pripadaju C, odakle vidimo da je Cx = C, tj. klase ekvivalencije su upravoelementi particije C.

RELACIJE PORETKA

DEFINICIJA 5.3.15. Relacija ρ na skupu A je antisimetricna ako vazi

(∀x, y ∈ A) x ρ y ∧ y ρ x ⇒ x = y.

DEFINICIJA 5.3.16. Relacija ρ na skupu A je relacija poretka ako je refleksivna,antisimetricna i tranzitivna.

Relacija poretka se takodje naziva i uredjenje, odnosno parcijalno uredjenje.

DEFINICIJA 5.3.17. Uredjeni par (A, ρ), gde je ρ relacija poretka na skupu A,naziva se parcijalno uredjen skup.


PRIMER 5.3.18. Relacija “manje ili jednako” 6 na skupu N je relacija poretka, jerje

(∀x ∈ N) x 6 x,

(∀x, y ∈ N) x 6 y ∧ y 6 x ⇒ x = y,

(∀x, y, z ∈ N) x 6 y ∧ y 6 z ⇒ x 6 z.

Kao i kod jednakosti, i u ovom slucaju su svojstva relacije 6 vodila ka definiciji relacijeporetka.

PRIMER 5.3.19. Relacija “deliti” | na skupu N je relacija poretka, jer je

(∀x ∈ N) x | x,

(∀x, y ∈ N) x | y ∧ y | x ⇒ x = y,

(∀x, y, z ∈ N) x | y ∧ y | z ⇒ x | z.

PRIMER 5.3.20. Za proizvoljan skup A relacija ⊆ na skupu P(A) je relacija poretka,jer je

(∀X ∈ P(A)) X ⊆ X,

(∀X, Y ∈ P(A)) X ⊆ Y ∧ Y ⊆ X ⇒ X = Y,

(∀X, Y, Z ∈ P(A)) X ⊆ Y ∧ Y ⊆ Z ⇒ X ⊆ Z.

S obzirom na gornje primere relacija 6 i ⊆ u matematici je postalo uobicajeno dase relacija poretka oznacava simbolom ¹. Sada cemo definisati nekoliko cesto sretanihpojmova kod parcijalnih uredjenja.

DEFINICIJA 5.3.21. Neka je (A,¹) parcijalno uredjenje i neka je B ⊆ A. Zaelement a ∈ A se kaze da je donja granica za B ako je

(∀x ∈ B) a ¹ x.

Element a ∈ A je najmanji element u B ako je a ∈ B i a je donja granica za B.Za element a ∈ A se kaze da je gornja granica za B ako je

(∀x ∈ B) x ¹ a.

Element a ∈ A je najveci element u B ako je a ∈ B i a je gornja granica za B.

Primetimo da kod parcijalnog uredjenja mogu da postoje elementi koji nisu uporedivi,pa stoga mogu da postoje i podskupovi koji nemaju najmanji element, odnosno najvecielement. Na primer, ako posmatramo relaciju poretka ⊆ na skupu P(1, 2, 3), tada skup1, 2, 3 nema niti najmanji, niti najveci element.

Svojstva relacije poretka 6 na skupu N su posluzila kao inspiracija za jos dve vaznevrste uredjenja.

DEFINICIJA 5.3.22. Relacija poretka ¹ na skupu A je linearno uredjenje ako zasvaka dva elementa x, y ∈ A vazi x ¹ y ili y ¹ x.


DEFINICIJA 5.3.23. Linearno uredjenje ¹ na skupu A je dobro uredjenje ako svakikonacan podskup od A ima najmanji element u odnosu na uredjenje ¹.

Za slikovno predstavljanje relacija poretka na konacnom skupu mogu se iskoris-titi Haseovi dijagrami. Da bismo mogli da opisemo konstrukciju Haseovog dijagramapotrebna nam je sledeca pomocna definicija.

DEFINICIJA 5.3.24. Neka je ρ relacija poretka na konacnom skupu A i neka jex ∈ A proizvoljni element skupa A. Za element y ∈ A se kaze da je neposredni prethodnikelementa x ako je y ρ x, y 6= x i vazi

(∀z ∈ A) y ρ z ∧ z ρ x ⇒ z = y ∨ z = x.

Drugim recima, y je neposredni prethodnik od x ako nijedan drugi element skupa Ane moze da se smesti izmedju y i x.

Kada je data relacija poretka ρ na konacnom skupu A, tada za svaki element skupa Amozemo da odredimo nivo u odnosu na relaciju ρ. Naime, element x ∈ A je na nivou 0ako nema neposrednog prethodnika. U suprotnom, element x je na nivou k, k > 0, akoima bar jednog neposrednog prethodnika na nivou k − 1, dok se svi ostali neposredniprethodnici nalaze na nivoima najvise k − 1.

Sada se Haseov dijagram relacije ρ dobija na sledeci nacin: elementi skupa A seporedjaju po nivoima pocev od nivoa 0 na dnu, do najveceg nivoa na vrhu i svaki elementse spaja linijom sa svim svojim neposrednim prethodnicima.

Iz nacina konstrukcije Haseovog dijagrama mozemo da vidimo da su elementi na istomnivou neuporedivi. Iz ovoga zakljucujemo da kod linearnog uredjenja, kod koga su svakadva elementa uporediva, na svakom nivou postoji tacno jedan element. Stoga je Haseovdijagram linearnog uredjenja veoma jednostavan: on predstavlja niz elemenata skupaporedjanih jedan iznad drugog.

5.4 MATEMATICKA INDUKCIJA

Matematicka indukcija je jedan od najcescih nacina dokazivanja matematickih tvrd-jenja u diskretnoj matematici, ali se cesto srece i u drugim granama matematike. Sobzirom na njenu siroku rasprostranjenost, vazno je da se sa njom sto bolje upoznamo.

PRINCIP MATEMATICKE INDUKCIJE

Neka je S(n) neko tvrdjenje koje zavisi od prirodnog broja n; na primer, S(n) mozeda bude tvrdjenje “zbir prvih n neparnih brojeva jednak je n2”. Racunajuci ove zbirovemozemo da proverimo da tvrdjenje vazi za neke male vrednosti n. Na primer,

1 = 12, 1 + 3 = 22, 1 + 3 + 5 = 32, 1 + 3 + 5 + 7 = 42,

1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 52.


Cak i ako tvrdjenje proverimo pomocu racunara za prvih milion vrednosti n, to jos uveknije dokaz. Ko zna, milion i prvi broj i dalje moze da bude kontraprimer. Ispravnost ovogtvrdjenja dokazujemo pomocu principa matematicke indukcije, koji se sastoji u sledecem:

i) Dokazati da je S(1) tacno;

ii) Dokazati da vazi “ako je S(n) tacno, tada je i S(n+1) tacno”; pritom, dokaz morada vazi za proizvoljan prirodan broj n.

Dokaz pod (i) se zove baza indukcije, dok se dokaz pod (ii) zove induktivni korak.

PRIMER 5.4.1. U nasem primeru, tvrdjenje S(n) je

1 + 3 + . . . + (2n− 1) = n2.

Resenje. Dokaz ovog tvrdjenja matematickom indukcijom odvija se na sledeci nacin:

i) S(1) je tacno, jer je 1 = 12;

ii) Ako je za neki broj n tvrdjenje S(n) tacno, tada vazi

1 + 3 + . . . + (2n− 1) = n2.

Dodajuci sa obe strane 2n + 1 dobijamo da vazi

1 + 3 + . . . + (2n− 1) + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2,

sto pokazuje da je i S(n + 1) tacno.

Ovim je dokaz zavrsen.

Deluje jednostavno, zar ne? Da vidimo sada zbog cega je ovo zaista dokaz da tvrdjenjeS(n) vazi za svaki prirodan broj n. U bazi indukcije najpre dokazujemo da je S(1) tacno.Ako zatim stavimo vrednost n = 1 u induktivni korak tada dobijamo da je S(2) takodjetacno. Ako sada novu vrednost n = 2 stavimo u induktivni korak, tada dobijamo da jeS(3) takodje tacno. Ponavljajuci ovaj postupak, redom dobijamo da su tacna tvrdjenjaS(4), S(5), S(6), . . . i vidimo da na ovaj nacin mozemo da dokazemo da je tvrdjenje S(n)tacno za svaki prirodan broj n. Tacnije, induktivni korak nam daje sledeci beskonacanniz implikacija:

S(1) ⇒ S(2) ⇒ S(3) ⇒ S(4) ⇒ S(5) ⇒ S(6) ⇒ . . . ⇒ S(n) ⇒ . . .

dok baza indukcije sluzi da zapocnemo kretanje po ovom nizu tako sto dokazuje tacnostprvog tvrdjenja u njemu.

PRIMER 5.4.2. Dokazati da za svaki prirodan broj n vazi 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)2 .

Resenje. Najpre dokazujemo bazu indukcije. Za n = 1 tvrdjenje se svodi na 1 = 1(1+1)2 ,

sto je tacno. Zatim prelazimo na dokaz induktivnog koraka. Stoga pretpostavimo da jetvrdjenje

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

2


tacno za neki prirodan broj n. Dodajuci n + 1 na obe strane dobijamo da vazi

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

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

(n

2+ 1

)=

(n + 1)(n + 2)2

,

sto dokazuje da je tvrdjenje tacno i za broj n + 1. Po principu matematicke indukcije,dokaz je zavrsen.

PRIMER 5.4.3. Dokazati da je za svaki prirodan broj n vrednost izraza 5n− 4n− 1deljiva sa 16.

Resenje. Za n = 1 imamo da je 51 − 4 · 1 − 1 = 0, pa je svakako deljivo sa 16. Akosada pretpostavimo da je tvrdjenje tacno za neki prirodan broj n, tada je 5n − 4n − 1deljivo sa 16. Sta se desava sa ovim izrazom za n + 1? Imamo da je

5n+1 − 4(n + 1)− 1 = 5(5n)− 4n− 5 == 5(5n − 4n− 1) + 20n + 5− 4n− 5 = 5(5n − 4n− 1) + 16n.

Sada vidimo da je broj 5n+1 − 4(n + 1)− 1 zbir dva broja, od kojih je svaki deljiv sa 16,pa je i on sam deljiv sa 16. Znaci, tvrdjenje je tacno i za broj n + 1, pa je po principumatematicke indukcije dokaz zavrsen.

Pri radu sa matematickom indukcijom treba paziti da baza indukcije obezbedi vaznostprvog tvrdjenja u beskonacnom nizu implikacija koji se dobija ponavljanjem induktivnogkoraka. Mozete li naci gresku u sledecem primeru?

PRIMER 5.4.4. Neka su l1, l2, . . . , ln, n > 2, razlicite prave u ravni, tako da nikojedve nisu paralelne. Dokazati da se sve prave seku u istoj tacki.

Lazni dokaz. Za n = 2 tvrdjenje je tacno, jer se svake dve neparalelne prave seku.Pretpostavimo zato da tvrdjenje vazi za neki prirodan broj n i posmatrajmo tvrdjenjeza n + 1. Ako su date prave l1, l2,. . . , ln, ln+1, tada po indukcijskoj pretpostavci sveprave osim poslednje (tj. prave l1, l2, . . . , ln−1, ln) imaju zajednicku tacku; oznacimoje sa A. Takodje, sve prave osim pretposlednje (tj. prave l1, l2, . . . , ln−1, ln+1) imajuzajednicku tacku; oznacimo je sa B. Prava l1 se nalazi u obe grupe, pa sadrzi obe tackeA i B. Slicno se i prava ln−1 nalazi u obe grupe pa i ona sadrzi obe tacke A i B. Kakose l1 i ln−1 seku samo u jednoj tacki, to mora da bude A = B. Prema tome, sve pravel1, l2, . . . , ln, ln+1 imaju zajednicku tacku A.

Resenje. Iako u prethodnom “dokazu” sve izgleda u redu, tvrdjenje je ociglednonetacno. U cemu je onda problem? Oznacimo tvrdjenje sa S(n). Ocigledno je da jeS(2) tacno, pa je baza indukcije u redu. Induktivni korak na prvi pogled deluje tacno.Ali kada ga malo bolje pogledamo, vidimo da je moguce zakljuciti da se tacke A i Bpoklapaju samo ako su prave l1 i ln−1 razlicite, tj. ako je n 6= 2. To znaci da induktivnikorak generise niz implikacija

S(3) ⇒ S(4) ⇒ S(5) ⇒ S(6) ⇒ . . . ⇒ S(n) ⇒ . . .

ali baza indukcije ne dokazuje prvo tvrdjenje iz ovog niza, tako da dokaz indukcijom nijekorektan.


Kada bi mogli da dokazemo da je S(3) tacno, tada bi tvrdjenje vazilo za sve prirodnebrojeve. Medjutim, jasno je da tri razlicite prave u ravni ne moraju da se seku u jednojtacki, pa ni S(3) ne moze da bude tacno.

PRINCIP JAKE INDUKCIJE

U nekim slucajevima za dokaz tacnosti tvrdjenja S(n+1) u induktivnom koraku jed-nostavnije je zameniti pretpostavku da je S(n) tacno tvrdjenje pomocu jace pretpostavkeda su sva prethodna tvrdjenja S(1), S(2), . . . , S(n) tacna. Ovakav modifikovani principse naziva princip jake indukcije, a koristi se na sledeci nacin:

i) Dokazati da je S(1) tacno tvrdjenje;

ii) Dokazati da vazi “ako su sva tvrdjenja S(1), S(2), . . . , S(n) tacna, tada je i S(n+1)tacno tvrdjenje”.

Lako je videti da i ovaj princip garantuje tacnost tvrdjenja S(n) za svaki prirodanbroj n. Stavise, postoji jos mnogo drugih varijanti indukcije koje se sve sastoje iz bazeindukcije i induktivnog koraka. Njihova glavna odlika je da induktivni korak generisebeskonacan niz implikacija koje sluze da se “dodje” do tvrdjenja S(n) za proizvoljanprirodni broj n, a baza indukcije sluzi da pokaze tacnost uslova u prvoj implikaciji takvogbeskonacnog niza.

PRIMER 5.4.5. Prvih nekoliko Fibonacijevih brojeva je 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .(videti poglavlje 2.4). Dokazati da vazi nejednakost

Fn 6(

1 +√

52

)n−1

.

Resenje. Oznacimo broj (1 +√

5)/2 sa φ, a tvrdjenje “Fn 6 φn−1” pomocu S(n).U ovom slucaju, baza indukcije ce se sastojati od dokaza dva posebna tvrdjenja S(1) iS(2), dok ce induktivni korak imati oblik “ako su tvrdjenja S(n−1) i S(n) tacna, tada jetacno i tvrdjenje S(n + 1)”. Razlog za ovakvu varijantu matematicke indukcije je nacindefinisanja Fibonacijevih brojeva i jedno interesantno svojstvo broja φ.

Ako je n = 1, tada je F1 = 1 = φ0 = φn−1, pa je tvrdjenje S(1) tacno. Ako je n = 2,tada je F2 = 1 < 1, 6 < φ1 = φn−1, pa je i tvrdjenje S(2) tacno.

Pretpostavimo sada da su za neki prirodan broj n tacna tvrdjenja S(n − 1) i S(n).Tada je Fn−1 6 φn−2 i Fn 6 φn−1, pa je

Fn+1 = Fn + Fn−1 6 φn−1 + φn−2 = φn−2(φ + 1).

Vazno svojstvo broja φ, zbog koga smo i izabrali ovakvu varijantu indukcije, je da vazi

φ2 = φ + 1.

Sada je Fn+1 6 φn−2(φ + 1) = φn, pa je i tvrdjenje S(n + 1) tacno. Ovim smo zavrsilidokaz induktivnog koraka i samim tim dokazali da tvrdjenje S(n) vazi za sve prirodnebrojeve n.


ALTERNATIVNI PRISTUP

Princip matematicke indukcije je ekvivalentan cinjenici da je skup prirodnih brojevadobro uredjen. Ova ekvivalencija se stoga moze iskoristiti za nesto drugacije dokazivanjetvrdjenja koja vaze za prirodne brojeve.

Pretpostavimo da imamo tvrdjenje S(n) za koje vazi da su tacna tvrdjenja S(1) itvrdjenje “ako je S(n) tacno, tada je i S(n + 1) tacno”. Drugaciji nacin da se dokaze dau tom slucaju S(n) vazi za sve prirodne brojeve n je sledeci:

Pretpostavimo da postoji n tako da tvrdjenje S(n) nije tacno i neka Xoznacava skup svih prirodnih brojeva n za koje tvrdjenje S(n) nije tacno.Kako je skup prirodnih brojeva dobro uredjen, to znaci da ako je skup Xneprazan, tada on ima najmanji element n0. Kako je S(1) tacno, imamo daje n0 > 1. Posto je n0 najmanji element skupa X, to je n0−1 /∈ X i tvrdjenjeS(n0 − 1) je tacno. Sada iz induktivnog koraka za n = n0 − 1 dobijamo daje tvrdjenje S(n0) tacno, tj. da je n0 /∈ X, sto je kontradikcija. Ova kon-tradikcija pokazuje da je skup X prazan, tj. da je tvrdjenje S(n) tacno za sveprirodne brojeve n.

Nacin dokazivanja gde pocinjemo recenicom “Neka je n0 najmanji broj koji ne zado-voljava tvrdjenje koje zelimo da dokazemo” i zavrsavamo kontradikcijom ponekad za-menjuje matematicku indukciju. Oba nacina u sustini rade isto, a stvar je okolnosti ililicnog ukusa koji ce se nacin koristiti.

341

Bibliografija

[1] James A. Anderson, Diskretna matematika sa kombinatorikom, Racunarski fakultet,Beograd, 2005.

[2] George E. Andrews, Kimmo Eriksson, Integer Partitions, Cambridge UniversityPress, 2004.

[3] George E. Andrews, The Thoery of Partitions, Cambridge University Press, 1984.

[4] V.K. Balakrishnan, Combinatorics, Shaum’s Outline Series, 1995.

[5] V.K. Balakrishnan, Graph Theory, Shaum’s Outline Series, 1997.

[6] Norman L. Biggs, Algebraic Graph Theory, Cambridge University Press, 1974.

[7] Bela Bollobas, Modern Graph Theory, Springer-Verlag, 1998.

[8] David M. Burton, Elementary Number Theory, Mc Graw Hill, 2002.

[9] Gary Chartrand, Linda Lesniak, Graphs & Digraphs, Chapman & Hall, 1996.

[10] Dragos Cvetkovic, Kombinatorna teorija matrica, Naucna knjiga, Beograd, 1987.

[11] Dragos Cvetkovic, Teorija grafova i njene primene, Naucna knjiga, Beograd, 1990.

[12] Dragos Cvetkovic, Slobodan Simic Diskretna matematika, Naucna knjiga, Beograd,1990.

[13] Dragos Cvetkovic, Peter Rowlinson, Slobodan Simic Eigenspaces of graphs, Cam-bridge University Press, 1997.

[14] Christopher David Godsil, Algebraic Combinatorics, Chapman & Hall, New York-London, 1993.

[15] Ronald L. Graham, Donald E. Knuth, Oren Patashnik, Concrete Mathematics,Addison-Wesley Publishing Company, 1994.

[16] Ronald L. Graham, Martin Grotschel, Laszlo Lovasz (editors), Handbook of Combi-natorics, Volume 1 & 2, North-Holland, 1995.

[17] Ivan Gutman, Branislav Popovic, Arthur Cayley – pionir hemijske teorije grafova,str.16-19, Tangenta 39, Kragujevac-Beograd 2005.

[18] Frank Harary, Graph Theory, Narosa Publishing House, 1995.

[19] Frank Harary, On the History of the Theory of Graphs, p.1-17, New Directions inthe Theory of Graphs, Academic Press, New York and London, 1973.

342

BIBLIOGRAFIJA 343

[20] Vladimir Jankovic, Diferencne jednacine, Beograd, 1976.

[21] Laszlo Lovasz, Combinatorial Problems and Exercises, Budapest, 1979.

[22] Henryk Minc, Permanents, Addison–Wesley Publishing Company, 1978.

[23] Pavle Mladenovi, Kombinatorika, DMS, Beograd, 2001.

[24] John W. Moon, Counting Labelled Trees, Canad. Math. Congress, Montreal, 1970.

[25] Jirı Matousek, Jaroslav Nesetril, Invitation to Discrete Mathematics, ClarendonPress, Oxford, 1988.

[26] Marko Petkovsek, Herbert Wilf, Doron Zeilberger, A=B, AK Peters, 1997.

[27] Vojislav Petrovic, Teorija grafova, Novi Sad, 1998.

[28] Boro Piperevski, Risto Malqeski, Aleksa Malqeski, Irena Trajkovska,Izbrani sodrini od elementarna matematika II, Skopje, 2001.

[29] Kenneth H. Rosen, Discrete Mathematics and Its Applications, McGraw Hill, 2003.

[30] Steven S. Skiena, The Algorithm Design Manual, Springer-Verlag,New York, 1997, online verzija kompletne knjige dostupna na adresihttp://www2.toki.or.id/book/AlgDesignManual/INDEX.HTM

[31] Neil J.A. Sloane, Online Encyclopedia of Integer Sequences,http://www.research.att.com/~njas/sequences/

[32] Richard P. Stanley, Enumerative combinatorics, Volume 2, Cambridge UniversityPress, 1999.

[33] Dragan Stevanovic, Marko Milosevic, Vladimir Baltic, Diskretna matematika, Zbirkaresenih zadataka, DMS, Beograd, 2004.

[34] Ioan Tomescu, Introduction to Combinatorics, Collet’s (Publishers) Ltd, Londonand Wellingborough, 1975.

[35] Ioan Tomescu, Problems in Combinatorics and Graph Theory, John Wiley & Sons,1985.

[36] Darko Veljan, Kombinatorika sa teorijom grafova, Skolska knjiga, Zagreb, 1989.

[37] Nikola Nikolaeviq Vorob~ev, Qisla Fibonaqqi, Nauka, Moskva, 1992.

[38] Douglas B. West, Introduction to Graph Theory, Prentice Hall, 1996.

[39] Wikipedia, free encyclopedia, http://en.wikipedia.org

Documents

Diskretna matematika - Osnove kombinatorike i teorije grafova