Kombinatorika i Grafovi

1

KOMBINATORIKA I GRAFOVI

(predavanja i vježbe)

Prof. Božidar Tepeš

2

Kombinatorika i grafovi 1. predavanje

Multiskup i operacije s multiskupovima

Iz Matematike treba ponoviti:

a) skup i operacije sa skupovima

b) relacija, ekvivalencija i parcijalni uređaj

c) funkcija, kompozicija i inverzna funkcija

Sadržaji se mogu ponoviti iz M1 i M2, Vježbe iz Matematike.

Multiskup je skup S s funkcijom NSf : gdje je ,...3,2,1N skup prirodnih brojeva ili

fS, .

Primjeri multiskupova:

cccbbbacbaM

ccccbaacbaM

bfafibaSfSMilibbbaabaM

,,,,,,2,3,1

,,,,,,4,1,2

3,2,;,,,,,3,2

3

2

1111111

Operacije s multiskupovima:

Unija multiskupova 111 , fSM i 222 , fSM je 212121 ,max, ffSSMM .

U našem primjeru cbaMM 4,3,221 .

Presjek multiskupova 111 , fSM i 222 , fSM je 212121 ,min, ffSSMM .

U našem primjeru baMM 1,221 .

Zbroj multiskupova 111 , fSM i 222 , fSM je 212121 , ffSSMM .

U našem primjeru cbaMM 4,4,421 .

Produkt multiskupova 111 , fSM i 222 , fSM je 212121 , ffSSMM .

U našem primjeru baMM 3,421 .

Cartezijev produkt multiskupova 111 , fSM i 222 , fSM je

yfxfyxfSSMM 212121 ,, .

U našem primjeru ,,12,,3,,6,,8,,2,,421 cbbbabcabaaaMM .

3

KiG 1.

Zadani su multiskupovi:

cccbbbacbaM

ccccbaacbaM

bfafibaSfSMilibbbaabaM

,,,,,,2,3,1

,,,,,,4,1,2

3,2,;,,,,,3,2

3

2

1111111

1. Za prije opisane multiskupove izračunajte: a) 31 MM b) 32 MM c) 13 MM





5. Vrijede li za opisane operacije zakon komutacije i asocijacije?

6. Za prije opisane multiskupove izračunajte:

a) 11 MM b) 22 MM c) 33 MM d) 11 MM e) 22 MM

Prirodni broj n može se napisati kao produkta prostih brojeva i napisati kao multiskup s

elementima prostim brojevima s funkcijom koja pokazuje multiplicitet. Naprimjer 18n

može se napisati kao produkt 33218 ili multiskup 32,2118 MP .

7. Izračunajte multiskupove prikazom broja kao produkta prostih brojeva:

a) 24MP b) 36MP c) 378MP d) 693MP

8. Na temelju rezultata iz prethodnog zadatka izračunajte:

a) 3624 MPMP b) 693378 MPMP Pokušajte na temelju dobivenih rezultata

odrediti značenje nMmM .

9. Na temelju rezultata iz prethodnog zadatka izračunajte:

a) 3624 MPMP b) 693378 MPMP Pokušajte na temelju dobivenih rezultata

odrediti značenje nMPmMP .

10. Što znači 1nMP u značenju inverzne funkcije od nMP ?

Operacije sa skupovima, funkcije i relacije ponovite iz zadataka iz Matematike M1 i M2.

4


Dirichletov princip i Ramseyeva teorija

Dirichletov princip (jedan od najjednostavnijih principa u kombinatorici):

Ako 1n predmeta bilo kako rasporedimo u n kutija, onda bar jedna kutija sadrži bar dva

predmeta. (dokaz kontradikcijom: Pretpostavimo da je u svakoj kutiji najviše jedan predmet.

Tada je broj predmeta najviše n . To je u kontradikciji s pretpostavkom o raspodjeli 1n

predmeta.)

Dirichletov princip ne daje odgovor koja je to kutija s bar dva predmeta.

Primjer 11. (str. 32)

Dirichletov princip (jaka forma):

Ako m predmeta smještamo u n kutija, onda bar jedna kutija sadrži 11 n

m predmeta.

Funkcija pod od realnog broja x je najveći cijeli broj koji je manji ili jednak realnom broju

x .(dokaz kontradikcijom: mmnn

m 11 )

Primjer 12. (str. 32), Primjer 19. (str. 34) Primjeri iz statistike.

Ramseyeva teorija.

Problem 1. U znanstvenom skupu od 6 ljudi barem se tri međusobno poznaju ili tri koji se

međusobno ne poznaju.

Problem 2. U skupu od 10 ljudi se barem tri međusobno poznaju ili četiri međusobno ne

poznaju. Jeli 10 ljudi minimalan broj ljudi koji zadovoljavaju postavljeni uvjet? Da li 8 ljudi

zadovoljavaju zadani uvjet?

Nove oznake:

nn ,...,2,1

kYiXYYXk

|

kYinnYYnk

,...,2,1|

Definicija bojanja skupa S je funkcija rS : gdje je r broj boja ili elementima skupova

pridružujemo redni broj boje. Podskup ST je istobojan ako je na njemu funkcija bojanja

konstanta ili svi elementi skupa imaju istu boju.

5

Bojenja dvočlanih podskupova brojeva s dvije boje je 2:2n

Definicija strelice:

Pišemo ln , ako je definiramo bojenje 2:2n tada postoji skup nT i lT

takav da je skup 2T istobojan.

Problem 1. se može označiti 36 ili 3,36 ili 236 .

Pišemo rllln ,...,, 21 , ako je definirano bojenje rn 2

: postoji i , ri 1 i skup

nT i ilT takav da je 2T obojen i -tom bojom. Ako je llll r ...21 umjesto

rllln ,...,, 21 pišemo rln .

Definicija Ramseyeve funkcija rlllR ,...,, 21 je minimalan broj n koji zadovoljava

rllln ,...,, 21 .

Ramseyev teorem: Ramseyeva funkcija je dobro definirana ili postoji minimalni broj n koji

zadovoljava rllln ,...,, 21 .

Dokaz Problema 1. ili 3,36 ili 36 Ako označimo u ravnini 6 točaka (šest osoba na

znanstvenom skupu) brojevima 6,5,4,3,2,1 , a svaka dva koji se poznaju spojimo punom

linijom i svaka dva koji se ne poznaju spojimo crtkanom linijom. Ako promatramo jednu

točku (bilo koju osobu) nju možemo spojiti ili ne spojiti s 5 točaka. Prema Dirichletovom

principu broj spajanja ili ne spajanja je barem 3. ako je to 3 spajanja tada ako još spojimo

međusobno dvije od tih tri točke s kojima je spojena prva točka to dobili smo tri točke ili tri se

osobe poznaju, ako ne spojimo te tri točke međusobno to su tri točke koje nisu spojene ili to

su tri osobe koje se ne poznaju. Na isti način zaključujemo ako jednu točku ne spojimo s tri

točke.

Označimo krllln ,...,, 21 , ako je definirano bojenje rnk: postoji i , ri 1 i

skup nT i ilT takav da je kT obojen i -tom bojom.

U slučaju bojenja s jednom bojom vrijedi 121 ,...,,1 r

i

i lllrl .

Dokaz je lako vidljiv jer vrijedi i

i

i

i lrl 111 .

To se može izreći kao Opći Dirichletov princip: Neka su zadani prirodni brojevi rlll ,...,, 21 .

Ako 1...21 rlll r predmet rasporedimo u kutije rKKK ,...,, 21 , onda bar jedna kutija

iK sadrži barem rl predmeta.

6

Dokaz kontradikcijom: Nema takve kutije ili

1......1...11 212121 rlllrllllll rrr . To je ujedno i dokaz

121 ,...,,1 r

i

i lllrl .

Riješite Problem 2. (Problem se svodi na dokaz Ramseyeve funkcije 93,4 R ).

7

KiG 2

1. Ispit iz Matematike položilo je 77 studenata. Procijenite broj studenata s istom

ocjenom.

2. Računalo je radilo 235 minuta u toku jednog dana (24 sata).Pokažite da je računalo u

toku jednog dana u tri uzastopna sata radilo barem pola sata.

3. U svakom skupu od 7 različitih prirodnih brojeva mora postojati barem jedan par

brojeva kojima je zbroj ili razlika višekratnik broja 10.

4. Pokažite da u skupu od 1n različitih brojeva između 1 i n2 postoji barem jedan par

relativno prostih brojeva (relativno prosti brojevi nemaju zajedničku mjeru).

5. Na Odsjeku za informacijske znanosti ima 35 nastavnika iz polja informacijskih

znanosti. Polje informacijskih znanosti ima osam grana informacijskih znanosti.

Ocijenite broj nastavnika iz iste grane.

6. Dokažite da se na skupu od šest osoba ili tri poznaju ili tri ne poznaju.

7. Dokažite da se u skupu on n ili se sve osobe ne poznaju ili se dvije poznaju.

8. Dokažite da se na skupu od deset osoba ili četiri međusobno poznaju ili se tri ne

poznaju.

a) Vrijedi li to za skup od devet osoba?

b) Vrijedi li to za skup od osam osoba?

8


Prirodni brojevi, matematička indukcija i rekurzija

Skup prirodnih brojeva ,...3,2,1N ima dva važna svojstva:

a) N1

b) NnNn 1

Princip matematičke indukcije.

Svaki podskup skupa realnih brojeva RS koji ima svojstva:

a) S1

b) SxSx 1

tada skup S sadrži skup prirodnih brojeva N ili SN .

Primjena principa matematičke indukcije:

Neka je M podskup skupa prirodnih brojeva N ili NM za koji vrijedi:

a) M1

b) MxMx 1

tada principom matematičke indukcije vrijedi MN što zajedno s pretpostavkom NM

znači NM .

Princip definicije indukcijom ili rekurzija.

Neka je zadan skup S . Ako je Sa i za svaki prirodni broj Nn postoji preslikavanje

SSf n

n

1

1 : tada postoji niz na s elementima iz skupa S , takav da je:

1211

1

,...,,

nnn aaafa

aa

Na taj je način zadan niz rekurzivnom formulom 1211 ,...,, nnn aaafa iz početnog uvjeta

aa 1 sa svim članovima iz skupa S .

Primjer 1. Kako glasi niz na zadan rekurzivnom formulom 1 nn ana uz uvjet 11 a .

Primjer 2. Kako glasi niz na zadan rekurzivnom formulom 1 nnn axa uz uvjet 11 xa .

9

Primjer 3. Fibonaccijev niz razmnožavanja zečeva. Sa nF označimo broj parova zečeva (zec i

zečica) na početku n -tog mjeseca. Zečevi se razmnožavaju na slijedeći način. Svaki par

zečeva, starijih od dva mjeseca dobiju tokom slijedećeg mjeseca par mladih zečeva. Na

početku prvog mjeseca imamo jadan par mladih zečeva 11 F . Na početku drugog mjeseca

također imamo taj isti par 12 F . Sada pogledajmo situaciju na početku 2n mjeseca

imamo još uvijek 1nF parova iz početka 1n mjeseca i nF novorođenih jer su stariji od dva

mjeseca. Tako dolazimo do rekurzivne formule nnn FFF 12 .

Linearna homogena rekurzija s konstantnim koeficijentima je:

rnnnn acacaca 21211 ... za rn .

Ta se rekurzija rješava pretpostavkom rješenja oblika n

n xa . Uz ovu pretpostavku dolazimo

do karakteristične jednadžbe:

0...2

2

1

1

r

rrr cxcxcx

Ako su sva rješenja karakteristične jednadžbe rxxx ...21 tada je rješenje te rekurzije

n

rr

nn

n xxxa ...2211 .

Na primjer Fibonaccijev niz ima linearnu rekurziju:

21 nnn FFF uz početne uvjete 121 FF .

Karakteristična je jednadžba 012 xx . Rješenja karakteristične jednadžbe su 2

511

x i

2

512

x . Rješenje rekurzije je nn

nF2

5122

511

. Iz početnih uvjeta dobivamo sustav

jednadžbi:

2

2

512

2

2

511

2

5122

511

1

1

Rješenje tog sustava jednadžbi je 5

11 i

5

121 .

Rješenje naše rekurzije je nn

nF2

51

5

12

51

5

1 .

Odatle slijedi da će na kraju godine ili na početku 13. mjeseca biti

13

2

51

5

113

2

51

5

113

F =233.

Do rezultata možemo doći direktno rekurzijom:

11 F , 12 F , 211213 FFF , 321234 FFF , 523345 FFF ,

835456 FFF , 1358567 FFF , 21813678 FFF ,

10

341321789 FFF , 55211348910 FFF , 89345591011 FFF ,

1445589101112 FFF , 23389144101213 FFF .

Broj ...61803,12

51 je omjer zlatnog reza. ili božanski omjer.

11

KiG 3.

1. Dokažite matematičkom indukcijom:

a)

n

i

nnni

1

6

1212 b)

n

i

nni

1

4

1322

c)

n

i

nn

ii

1

111 d)

n

i

nini

12

1

22

2. Izračunajte sume i produkte:

a)

5

1

23i

i b)

2

2

23k

kk c)

3

0

12j

j d)

2

1

3

1i j

ji

3. Za ,...2,1,00 Nn označimo s nd broj dijelova na koje dijeli pravac n različitih

točaka na pravcu, a s np broj dijelova ravnine na koji dijeli n pravaca od kojih se

svaka dva sijeku samo u jednoj točki. Opišite nd i np rekurzivnim formulama.

4. Igra „Tornjevi Hanoja“ je slijedeća: Na jednom od tri štapova nalazi se

,...2,1,00 Nn kolutova različitih veličina koji poredani odozgo prema dolje od

najmanjeg do najvećeg. Potrebno je koristeći druga dva štapa premještati kolutove

zadržavajući poredak po veličini s ciljem da se svi kolutovi premjeste na jedan drugi

štap. Opišite broj premještanja rekurzivnom formulom i na temelju nje ocijenite

potreban broj premještanja.

5. Na kliko se načina može čovjek popeti na n stuba ako može odjednom zakoračiti

jednu li dvije stube.

6. Riješite rekurziju 321 64 nnnn aaaa uz početne uvjete 4,2,1 210 aaa .

7. Ako je zadana funkcija RNf : i rekurzija 1 nn anfa . Pokažte da je rješenje

te rekurzije 0...21 anfffan .

8. Korištenjem prethodnog rezultata riješite linearnu nehomogenu rekurziju

nganfa nn 1 .

9. Na temelju tog rješenja riješite rekurziju nannan nn 1

21 uz početni uvjet

10 a .

10. pokušajte riješiti nehomogenu linearnu rekurziju s konstantnim koeficijentima n

nnn naaa 35244 21 uz početne uvjete 1,0 10 aa .

12


Pravila prebrojavanja

Temeljni problem u kombinatorici je problem određivanja broja elemenata skupa ili

prebrojavanja skupa. Ako skup označimo S tada se broj njegovih elemenata označava S .

Kod prebrojavanja elemenata konačnog skupa ili skupa s konačnim brojem elemenata koriste

se neka pravila. Temeljna pravila prebrojavanja su:

1. Pravilo jednakosti

2. Pravilo zbrajanja

3. Pravilo množenja

4. Pravilo uključivanja-isključivanja

Pravilo jednakosti glasi: Neka su S i T dva konačna skupa. (Skup je konačan ako ne postoji

bijekcija između skupa i njegovog pravog podskupa), tada vrijedi TS ako i samo ako

postoji bijekcija među skupovima S i T .

To pravilo je i temelj prebrojavanja jer govori o "zlatnom pravilu" kada su dva broja

elemenata skupova jednaka.

Pravilo zbroja glasi: Ako je Nn , a nSSS ...,,, 21 konačni skupovi koji su međusobno

disjunktni (skupovi su disjunktni ako je njihov presjek prazan skup ili ji SS za ji ) ,

tada njihova unija n

i

iS1

konačan skup i vrijedi

n

i

i

n

i

i SS11

.

To pravilo je temelj mjerenju jer mjera unije disjunktnih skupova je jednaka zbroji mjera tih

skupova.

Pravilo množenja glasi: Ako je Nn , a nSSS ...,,, 21 konačni skupovi, tada je Kartezijev

produkt

n

i

iS1

konačan skup i vrijedi

n

i

i

n

i

i SS11

.

To pravilo je temelj prebrojavanja nizova ili n torki elemenata skupova.

Pravilo uključivanja-isključivanja glasi: Ako je Nn , a SSSS n ...,,, 21 konačni

skupovi koji su podskupovi iz skupa S , tada je njihova unija SSn

i

i

1

konačan skup i

vrijedi n

i

i

nn

kjikji

kji

n

jiji

ji

n

i

i

n

i

i SSSSSSSS1

1

1,,1,11

1...

. Također pod

13

istim uvjetima presjek komplemenata SSn

i

c

i

1

konačan je skup i vrijedi

n

i

i

nn

kjikji

kji

n

jiji

ji

n

i

i

n

i

c

i SSSSSSSSS11,,1,11

1...

.

Primjer 1. U predavaonici je 12 studentica i 24 studenta. Na koliko se načina može izabrati:

a) jedna studentica ili student

b) jedan student i jedna studentica

Primjer 2. Koliko se može izdati registarskih tablica u gradu Zagrebu ako svaka tablica koristi

tri ili četiri brojke i jedno ili dva slova abecede?

Primjer 3. Koliko ima neparnih prirodnih brojeva 99991000 n koji imaju sve različite

znamenke?

Primjer 4. U nekom razredu od 30 učenika, 10 voli matematiku, 14 fiziku, 13 kemiju, 5 vole

matematiku i fiziku, 7 voli fiziku i kemiju, 4 vole matematiku i kemiju, a 3 vole sva tri

predmeta. Koliko đaka ne voli ni jedan od ta tri predmeta?

Primjer 5. Koliko ima prirodnih brojeva do milijun koji nisu djeljivi ni s 2 ni s 3 ni s5?

14

KiG 4.

1. Svaki od 5 studenata izabere jednu od 8 studentica za ples. Na koliko se to načina

može izabrati?

2. Koliko ima prirodnih brojeva manjih od milijun ili 610n koji ne sadrže znamenku 2

u dekadskom zapisu?

3. Sportska prognoza ima 12 redaka.

a) Na koliko se načina može ispuniti sportska prognoza?

b) Na koliko se načina može ispuniti ako pretpostavimo dva fiksna rezultata?

c) Na koliko se načina može ispuniti ako pretpostavimo dva fiksna rezultata i tri?

rezultata s dva ishoda

4. Lokot ima šifru s četiri koluta. na svakom je kolutu brojka od 0 do 9. Lokot se otvara

samo na jedan niz brojeva ili šifru. Koliko mogućih šifri mogu imati lokoti?

5. Koliko ima mogućih riječi napravljenih od slova hrvatske abecede s najviše 5 slova

bez obzira na njihov smisao?

6. Na šahovskom turniru svaki je šahist odigrao s preostalim šahistima jednu partiju. Ako

je odigrano 78 partija.

a) Koliko je šahista sudjelovalo na turniru?

b) Koliko se kola igrao turnir?

7. Zadan je skup od pet vrhova 54321 ,,,, vvvvv . Jednostavni graf se sastoji od vrhova i

bridova ili spojnica dva neka dva različita vrha. Koliko jednostavnih grafova možemo

napraviti od zadanih vrhova?

8. Imamo 20 šljiva i 10 oraha.

a) Na koliko načina može Ante izabrati šljivu ili orah?

b) Na koliko načina može Franjo izabrati šljivu i orah?

c) Na koliko načina mogu Ante i Franjo izabrati ako Ante najprije izabere šljivu

ili orah i poslije njega Franjo šljivu i orah.

9. Na koliko se načina mogu na šahovskoj ploči postaviti dvije figure ako ne napadaju

jedna drugu.

a) dvije kraljice

b) dvije kule

10. Koliko se različitih ogrlica može napraviti od 5 perli koje su različito obojene?

15


Prebrojavanje funkcija i injekcija

Prebrojavanje funkcija: Ako su S i T konačni skupovi tada skup svih funkcija TSf :

označavamo ST . Ovu oznaku objašnjava broj svih funkcija SS TT . Dokaz slijedi iz

pravila množenja.

Primjer 1. Binarni broj duljine n je n torka brojeva sastavljena od znamenki 0 ili 1. Binarni

broj duljine 8n zove se bajt. Koliko ima različitih:

a) binarnih brojeva duljine n b) koliko ima bajta

Primjer 2. Koliko ima podskupova konačnog skupa S koji ima S elemenata?

Primjer 3. Koliko ima elemenata Kartezijev produkt SS konačnog skupa S koji ima S

elemenata?

Primjer 4. Koliko ima binarnih relacija na konačnom skupu S koji ima S elemenata?

Prebrojavanje injekcija: Ako su S i T konačni skupovi tada skup svih injekcija TSf :

označavamo ST . Ako vrijedi TS tada postoje injekcije i njihov je broj:

S

SSTTTTT 1...21

Primjer 4. Koliko se riječi bez obzira na smisao može napravi od slova naše abecede:

a) riječi duljine četiri slova

b) riječi duljine četiri slova ako se slova ne ponavljaju

c) riječi duljine od najviše četiri slova ako se slova ne ponavljaju

16

KiG 5.

1. Na polici imamo 9 crvenih knjiga, 5 bijelih knjiga i 4 plave knjige.

a) Na koliko načina možemo odabrati crvenu ili bijelu ili plavu knjigu?

b) Na koliko načina možemo odabrati crvenu i bijelu i plavu knjigu?

2. Koliko se različitih nizova od tri člana može napraviti od crvenih, bijelih, plavih i žutih

kuglica?

a) Niz ima sve kuglice različitih boja.

b) Niz može imati kuglice istih boja.

3. Zadane su funkcije 9,8,7,6,5,4,3,2,1,0,,,: dcbaf . Koliko ima:

a) svih funkcija?

b) ima injekcija?

4. Koliko ima binarnih relacija na skupu 2,1,0X ?

5. Zadani skupovi dcbaA ,,, i 2,1,0B .

a) Koliko ima podskupova skupa BA ?

b) Koliko od tih podskupova predstavljaju graf funkcija BAg : ?

c) Koliko od tih podskupova predstavljaju graf injekcija BAg : ?

6. Koliko se brojeva od 4 znamenke može zapisati u heksadecimalnom sustavu znamenaka

FEDCBAH ,,,,,,9,8,7,6,5,4,3,2,1,0 :

a) ako sve znamenke različite

b) ako ima i jednakih znamenki

7. Koji je nužan uvjet za postojanje injekcije BAf : , ako su A i B konačni skupovi?

17


Permutacije skupova i multiskupova

Ako je TS tada !TTS i tako dolazimo do broja funkcija koje su injekcije i surjekcije

ili bijekcije.

Ako je skup T jednak skupu S dolazimo do bijekcija SSf : . To su permutacije.

Permutacije su bijekcije SSf : . Ako je nnS ...,,2,1 onda skup svih permutacija s

operacijom kompozicije ili množenja funkcija čini grupu eSSn ,, . Broj permutacija ili

elemenata te grupe koja se zove i simetrična grupa je !nSn . Svaku permutaciju možemo

označavati:

n

n

iiiiii

n

n

n...

...

...21

...21

...2121

21

Jedinična permutacija je ne ...321 Inverzna permutacija se označava 1 i vrijedi

e 11 .

Primjer 1. Neka je zadan skup permutacija na 6,5,4,3,2,16 S ili simetrična grupa 6S .

U toj simetričnoj grupi zadane su dvije permutacije 243165 i 351426q . Izračunajte:

a) kompozicije ili permutacije q i q

b) inverzne permutacije 1 i 1q .

c) permutacije n ,...,,, 432

d) koliko ima permutacija na 6,5,4,3,2,16 S

Ako je permutacija bijekcija onda za svaki nx postoji nk za koji vrijedi xxk , a

niz xxxx k 12 ...,,,, nazivamo ciklus duljine k od permutacije . Na taj način

možemo permutaciju rastaviti na disjunktnu uniju ciklusa rCCC ...,,, 21 .

Standardni ciklički zapis se temelji na dva uvjeta:

a) svaki ciklus počinje s najvećim elementom

b) ciklički se zapisi popisuju po uzlaznom redu njihovih prvih elemenata.

Primjer 2. Na temelju podataka iz Primjera 5. odredite za permutacije i q :

a) cikluse

b) standardni ciklički zapis

18

Ako umjesto skupa S promatramo multiskup fSM , tada permutacija multiskupa je niz

svih elemenata multiskupa. Dvije permutacije multiskupa su jednake ako predstavljaju iste

nizove.

Na primjer ako je multiskup baM 2,3 moguće permutacije tog multiskupa su nizovi:

a,a,a,b,b a,a,b,a,b a,a,b,b,a a,b,a,a,b a,b,a,b,a a,b,b,a,a

b,a,a,a,b b,a,a,b,a b,a,b,a,a b,b,a,a,a

Broj permutacija multiskupa rrrr amamaafaafM ...,,...,, 1111 na skupu

raaS ...,,1 veličine nmm r ...1 je:

!...!!

1 rmmn

Primjer 3. Koliko se različitih riječi od pet slova bez obzira na smisao može napraviti od slova

riječi PAPAK i koje su to riječi.

Primjer 4. Koliko ima različitih binarnih duljine 8 (bayt) koji imaju:

a) tri nule i pet jedinica

b) više nula od jedinica

19

KiG 6.

1. Na skupu 7S zadane su permutacije 5462137 i 1743256 . Izračunajte:

a) i

b) 1 i 1

c) 2 i 22

2. Za permutacije i iz 1. zadatka izračunajte:

a) za svaki Sx cikluse i njihovu duljinu

b) cikličke rastave

c) standardni ciklički rastav

3. Za permutacije i iz 1. zadatka odredite:

a) permutacije koje su ispred njih u leksikografskom poretku

b) tri permutacije koje su iza njih u leksikografskom poretku

4. Na koliko se načina može 6 nastavnika rasporediti po sobama:

a) ako svaki nastavnik dobiva svoju sobu

b) ako u tri sobe dolaze po dva nastavnika

c) ako u dvije sobe dolaze po dva nastavnika i u dvije sobe po jedan nastavnik

5. Na koliko se načina može oko stola smjestiti 6 gostiju:

a) ako ne uvažavamo pomake u krug

b) ako uvažavamo pomake u krug

c) ako uvažavamo zrcaljenje

d) ako uvažavamo pomake u krug i zrcaljenje

6. Koliko ima brojeva od 6 znamenki:

a) ako su sve znamenke različite

b) ako se znamenke mogu ponavljati

c) ako broj ima jednu 1, dvije 2, tri 8 i četiri 9.

d) ako ima barem sedam 7

e) ako ima najviše šest 7

7. Na temelju slijedećih ocjena izračunajte 100!:

a) nnnnn

21!2

b) za velike n vrijedi Stirlingova ocjena nennn 2!

20


Kombinacije skupova i multiskupova

Neka je skup S konačan skup i nS . Svaki podskup K skupa S s nr elemenata je

r -kombinacija. skup svih r -kombinacija skupa S označava se:

rKiSKKK n

r |

Broj svih r -kombinacija konačnog skupa S sa nS elemenata je:

r

rnnn

rnn

r

r

r

nK

...21

1...1

!

Izrazi

r

n zovu se binomni koeficijenti i za njih vrijede pravila:

!!!,

1

1

1,,1

0rnr

n

r

n

r

n

r

n

r

n

rn

n

r

n

n

nn

Svaki prirodan broj možemo rastaviti na r sumanada na različite načine.

Tako je r -rastav broja Nn rješenje jednadžbe nxxx r ...21 koja su prirodni

brojevi ili Nxxx r ...,,, 21 . Broj rastava je broj takvih rješenja

1

1

r

n. Dokaz: Treba staviti

1r pregradu na 1n mjesto između jedinica koje predstavljaju broj n . Na primjer za

10n i 4r jedan je rastav 31 x , 22 x , 13 x , 44 x

1111|1|11|111

Slabi r -rastav broja Nn su rješenja jednadžbe nxxx r ...21 koja su nenegativni

cijeli brojevi ili 0...,,, 021 NNxxx r . Broj slabih rastava je

1

1

r

rn. Dokaz: Ako

pođemo od jednadžbe slabog rastava broja nxxx r ...21 i zamijenimo 1 ii xy

dolazimo do jednadžbe rastava rnyyy r ...21 i tako do rješenja broja slabih rastava

broja.

Primjer 1. Dijelimo 10 istih boca vina i 5 kutija cigareta iste vrste.

a) Na koliko se načina može podijeliti vino između 7 osoba?

b) Na koliko se načina može podijeliti cigarete između 7 osoba?

21

c) Na koliko se načina može podijeliti vino i cigarete između 7 osoba?

d) Na koliko se načina može podijeliti vino i cigarete između 7 osoba ako svaka osoba

mora dobiti barem jednu bocu vina?

Primjer 2. Dijelimo 5 različitih boca vina i 2 različitih kutija cigareta.

a) Na koliko se načina može podijeliti vino između 3 osoba?

b) Na koliko se načina može podijeliti cigarete između 3 osoba?

c) Na koliko se načina može podijeliti vino i cigarete između 3 osoba?

d) Na koliko se načina može podijeliti vino i cigarete između 3 osoba ako svaka osoba

mora dobiti barem jednu bocu vina?

Ako umjesto podskupova skupa S promatramo multiskupove M koji imaju rM

elemenata dolazimo do r -kombinacija s ponavljanjem. Broj r -kombinacija s ponavljanjem

je

r

rn

r

n 1. Dokaz: Multiskup M koji ima rM elemenata može se zapisati:

nn xxfxxffSM ...,,, 11 za Sxx n ,...,1 i rxfxf n ...1

koja zadovoljava jednadžbu slabog rastava rxfxf n ...1 , a broj tih rastava je

r

rn

n

rn 1

1

1.

Primjer 3. U nekom restoranu imaju 2 vrste jela. U restoran ulazi pet osoba.

a) Na koliko načina pet osoba može naručiti jelo?

b) Na koliko se načina može naručiti pet jela?

22


Particija brojeva i skupova

Particija prirodnog broja Nn je prikaz broja kao zbroja prirodnih brojeva kod kojeg

poredak sumanada nije važan. Prije definiran rastav i sada definirana particija su sumandi čija

je zbroj prirodan broj Nn . Rastav je niz ili poredak sumanada je važan, a particija je

multiskup ili poredak sumanada nije važan.

Broj particija broja Nn na nk 1 dijelova ili k - particija broja n gdje je fk

označavamo npk , a ukupan broj particija označavamo

n

k

nk npnpnpnpnp1

21 ... .

Za broj k -particija vrijedi:

22

11 1

n

nn

np

npnpnp

Također vrijedi rekurzija:

knpnpnp kkk 11

Dokaz: Ako particija ima 11 onda broj takvih particija je 11 npk , a ako particija nema

11 onda oduzimanjem jedinice svakom dijelu dobivamo nove particije čiji je broj knpk .

Primjer 1. Odredite broj particija broja 6 i brojeve 6,6,6,6,6,6 654321 pppppp i

6p .

Particije broja 6 su 61 , 11,51 , 21,41 , 12,41 , 32 , 11,21,31 , 13,31 ,

23 , 12,22 , 14,21 i 16 .

Uobičajen način označavanja particija je:

661 , 1,511,51 , 2,421,41 , 1,1,412,41 , 3,332 ,

1,2,311,21,31 , 1,1,1,313,31 , 2,2,223 , 1,1,2,212,22 ,

1,1,1,1,214,21 i 1,1,1,1,1,116 . Iz ovog zapisa lakše se uvide dijelovi.

161 p ili particija 61

33626

2 p ili particije 11,51 , 21,41 , 32 ,

312135625

323 ppp ili particije 12,41 , 11,21,31 , 23

22425624

32434 ppppp ili particije 11,21,31 , 12,22

165 p ili particija 14,21

166 p ili particija 16

23

111123316666666 654321 ppppppp

Particija skupa S koji ima nS elemenata je familija podskupova skupa S koji su

disjunktni i njihova unija je skup S . (Familija podskupova je skup čiji su elementi

podskupovi.) Particija koja ima k -podskupova zove se k -particija skupa. Broj k -particija

skupa nS označava se

k

nknS , i zove se Stirlingov particijski broj.

Stirlingov particijski broj zadovoljava:

21

122

11

1

n

n

n

n

n

nn

n

Za Stirlingov particijski broj vrijedi rekurzija:

k

1-n

1-k

1-n

k

nk

Dokaz: Ako promatramo jedan element Sa sve k -particija skupa možemo podijeliti na

particije u kojima je Sa podskup i particije u kojima je Sa dio jednog podskupa i nije

sam. Prvih particijua ima

1

1

k

n, a drugih particija bez elemata Sa ima

k

n 1 i taj

element možemo dodati bilo kojem od k -particija skupa S bez elemanta .a

Sada možemo promatrati broj poopćeni funkcija TSf : , ako su mS i nT konačni

skupovi ili multiskupovi od jednakih elemenata:

S T f nminjekcije nmsurjekcije

Skup

m

Skup

n

mn 1...21 mnnnn

n

mn!

Multisku

p

am

Skup

n

m

mn 1

m

mn 1

1

1

n

m

Skup

m

Multisku

p

an

n

mmm...

21

1

n

m

Multisku

p

am

Multisku

p

an

mpmpmp n...21

1 mpn

24

Primjer 2. Promatramo slijetanje tri ptice na dvije žice. Na koliko različitih načina može

sletjeti i sletjeti na obje žice:

a) ptice se razlikuju (vrabac, golub i lastavica) i žice se razlikuju (visokog napona i

telefonska)

b) ptice se ne razlikuju (tri vrapca) i žice se razlikuju (visokog napona i telefonska)

c) ptice se razlikuju (vrabac, golub i lastavica) i žice se ne razlikuju ( dvije telefonske)

d) ptice se ne razlikuju (tri vrapca) i žice se ne razlikuju ( dvije telefonske)

Odgovori:

a) TNLGVf ,,,: i broj tih funkcija je 823 ili VGL na N, VGL na T, VG na N i L

na T, VG na T i L na N, VL na N i G na T, VL na T i G na N, GL na N i V na T, GL na T i V

na N .

Drugi uvjet je surjekcija i njih ima 62

3!2

ili VG na N i L na T, VG na T i L na N, VL na

N i G na T, VL na T i G na N, GL na N i V na T, GL na T i V na N .

b) TNVf ,3: i broj tih funkcija je 43

132

ili 3V na N, 3V na T, 2V na N i V

na T, 2V na T i V na N.


13

ili 2V na N i V na T, 2V na T i V na N.

c) TLGVf 2,,: i broj je funkcija 41212

3

1

313

ili VGL na T, VG na T i

L na T, VL na T i G na T, GLna T i V na T.


3

ili VG na T i L na T, VL na T i G na T, GLna T i

V na T.

d) TVf 23: i broj 21133 21 pp ili 3V na T, 2V na T i V na T.

Drugi uvjet je injekcija i njih ima 132 p ili 2V na T i V na T.

25


Graf (neusmjereni) i matrice grafa

Graf EVG , je uređeni par skupa vrhova mvvvV ...,,, 21 i skupa bridova

neeeE ....,,, 21 . Svaki brid Ee spaja dva vrha Vvu , . Za vrhove Vvu , su incidentni

s bridom Ee ili vrhovi Vvu , su susjedni. Incidentni povezuje vrh i brid, a susjedni

povezuje vrhove krajeve brida. Broj vrhova je red grafa VGv , broj bridova je veličina

grafa EGe . Graf je konačan ako su konačni skupovi vrhova i bridova. Brid je petlja ako

su susjedni vrhovi brida jednaki, a brid je pravi brid ako su susjedni vrhovi brida različiti.

Više bridova koji imaju iste susjedne vrhove zovemo višestruki bridovi. Mi ćemo se

uglavnom baviti grafovima bez višestrukih bridova ili jednostavnim grafovima..

Uz graf vežu se dvije matrice: matrica incidencije i matrica susjedstva. Matrica incidencije

GM je tipa GeGv , s elementima iz skupa 2,1,0 . Element matrice incidencije je

2ijm ako je vrh iv incidentan s petljom je , 1ijm ako je vrh iv incidentan s pravim

bridom je i 0ijm ako vrh iv nije incidentan je . Matrica susjedstva GA je tipa

GvGv , s elementima iz skupa 1,0 , ako govorimo o grafu bez višestrukih bridova.

Element matrice susjedstva 1ija ako su dva vrha ie i je susjedna, ako nisu 0ija . U

slučaju višestrukih bridova kaij ako gdje je k broj bridova istih susjednih vrhova. Matrica

susjedstva je simetrična matrica.

Primjer 1. Promatrajmo 6543214321 ,,,,,,,,,, eeeeeeEvvvvVG

Izračunajte: a) red grafa, b) veličinu grafa, c) matricu incidencije i d) matricu susjedstva.

Red gfafa je 4 VGv . Veličina grafa je 6 EGe .

e1

e2

e3

e4 e5

e6

v1

v2

v3

v4

26

Matrica incidencije je:

210100

110010

001001

000111

GM .

Matrica susjedstva je:

1101

1011

0101

1110

GA

Potpuni graf je jednostavni graf u kojem je svaki par vrhova spojen bridom. Jednostavni graf s

nV označavamo nK . Bipartitni graf je graf u kojem se skup vrhova može podijeliti na dva

disjunktna podskupa YXV i 0YX i tako da svaki brid ima jedan kraju X i drugi

u Y . Potpuni bipartitni garf je bipartitni graf u kojem su bridovima spojeni svi elementi prvog

i drugog skupa. Potpuni bipartitni garf s mX i nX označavamo nmK , .

Primjer 2. Nacrtajte potpuni graf 6K i potpuni bipartitni graf 4,2K .

Potpuni graf 6K je:

Potpuni bipartitni graf 4,2K je:

27

Podgraf grafa EVG , je graf FWH , ako vrijedi VW i EF . Ako podgraf

zadovoljava uvjet VW onda se zove razapinjajući podgraf.

Ako je graf jednostavan možemo definirati stupanj vrha, minimalni i maksimalni stupanj

grafa. Stupanj vrha grafa vd je broj bridova koji su incidentni s vrhom v . (svaka se petlja

računa kao dva brida). Minimalan stupanj grafa je vdGv

min , maksimalan stupanj grafa

vdGv

min .

Za stupanj vrha vrijedi Evdv

2 .

Vrijedi i lema o rukovanju: U svakom grafu broj vrhova neparnog stupnja je paran. Dokaz

slijedi iz prethodne očite tvrdnje.

Primjer 3. Na temelju grafa iz 1. primjera oderite stupnjeve vrhove grafa, minimalan stupanj

grafa i maksimalan stupanj grafa.

4,2,4,3,2,3 4321 vdvdvdvd

28


Šetnja, staza, put, ciklus i stablo u grafu (neusmjerenom)

Šetnja u grafu EVG , je niz kk wfwfwfwW .,...,.,., 22110 gdje je niz vrhova

Vwwww k ,...,,, 210 , a niz bridova Efff k ....,. 21 koji spajaju susjedne vrhove

kkk wwfwwfwwf ,,....,,,, 1212101 . Duljina šetnje je broj bridova u nizu ili

kW . Ako su bridovi u šetnji različiti jiff ji tada se ta šetnja zove staza. Ako su u

vrhovi (osim možda prvog i zadnjeg) u stazi različiti onda se staza zove put. Put je šetnje u

kojoj se ne ponavljaju vrhovi i bridovi. Zatvoren put u kojem su prvi i zadnji vrh jednaki zove

se ciklus. Petlja je ciklus duljine jedan. Udaljenost dvaju vrhova vud , je duljina najkraćeg

puta između vrhova Vvu , . Dijametar grafa je maksimalna udaljenost njegovih vrhova.

Primjer 1. Zadan je graf:

a) Opišite dvije šetnje, dvije staze i dva puta između vrhova 1v i 6v .

b) Izračunajte udaljenost između vrhova 1v i 6v i dijametar grafa.

c) Ciklus koji sadrži vrh 1v .

Odgovori:

a) jedna šetnja je 69574756354422211 ,,,,,,,,,,,,,,,, vevevevevevevevev ,

jedna staza je 6956354422211 ,,,,,,,,,,,, vevevevevevev ,

jedna put je 69563544211 ,,,,,,,,,, vevevevevev

b) udaljenost 3, 61 vvd jer postoji najkraći put 6956321 ,,,,, vevevev ,

dijametar je 3Gdijam

c) jedan ciklus je 123544211 ,,,,,,,, vevevevev

Na temelju matrice susjedstva može se izračunati broj šetnji i udaljenost između vrhova

jednostavnoga grafa.

e1

e2

e3

e4

e5

e6

e7

e8

e9

v1

v2

v3

v4

v5

v6

29

Broj svih šetnji duljine k između vrhova Vji , u grafu s matricom susjedstva je element k

ija u i retku i j stupcu matrice k

ij

k aA . (Dokaz indukcijom.)

Broj svih šetnji duljine k u grafu G je ji

k

ija,

.

Udaljenost između vrhova Vji , u grafu s matricom susjedstva je 0min, k

ijk

ajid .

Primjer 2. Odredite matricu susjedstva grafa iz 1. primjera i na temelju nje odredite:

a) broj šetnji duljine 4 između vrhova 1v i 6v

b) ukupan broj šetnji duljine 2

c) udaljenost između vrhova 1v i 6v .

Odgovori slijede iz potencija matrice susjedstva:

A={{0,1,1,0,0,0},{1,1,0,1,0,0},{1,0,0,1,1,0},{0,1,1,0,1,1},

{0,0,1,1,0,1},{0,0,0,1,1,0}}

A2={{2,1,0,2,1,0},{1,3,2,1,1,1},{0,2,3,1,1,2},{2,1,1,4,2,1},{1,1,1,2,3,1},{0,1,2,1,1,2}}

A3={{1,5,5,2,2,3},{5,5,3,7,4,2},{5,3,2,8,6,2},{2,7,8,5,6,6},{2,4,6,6,4,5},{3,2,2,6,5,2}}

A4={{10,8,5,15,10,4},{8,17,16,14,12,11},{5,16,19,13,12,14},

{15,14,13,27,19,11},{10,12,12,19,17,10},{4,11,14,11,10,11}}

a) broj šetnji duljine 4 između vrhova 1v i 6v je 4

b) ukupan broj šetnji duljine 2 je 517911996

c) udaljenost između vrhova 1v i 6v je 3

Jednostavan graf bez petlji je povezan ako između svaka dva vrha u grafu postoji put. Graf

bez ciklusa zove se acilkički graf. Povezan i aciklički graf je stablo.

Stablo ima istaknute vrhove stupnja jedan koji se zovu listovi.

Stablo ima Eulerovu karakteristiku 21 EVG .

Primjer 3. Nacrtajte dva stabla od šest vrhova:

Primjer 4. Koliko listova imaju stabla iz 3. primjera i provjerite Eulerovu karakteristiku.

30

Eulerova karakteristika povezanog planarnog grafa je 2 FEVG gdje je F

sukup strana planarnog grafa. Strane su zatvarači dijelova ravnine koji određeni kao

komplement grafa cG u ravnini 2R u koju je graf smješten.

Eulerova karakteristike ravninskog grafa je CFEVG 1 . Gdje je C skup

povezanih komponenti grafa. Povezan graf ima samo jednu povezanu komponentu jer je

povezana komponenta maksimalan povezani podgraf ili podgraf koji se ne može proširiti po

povezanosti u grafu.

Grafovi pet pravilnih Platonovih tijela su tetraedar, kocka, oktaedar, ikozedar i dodekaedar.

Može se pokazati da se svaki jednostavan planaran graf može nacrtati u ravnini tako da su mu

svi bridovi dužine.

Primjer 5. Nacrtajte planarne grafove Platonovih tijela i proverite Eulerovu karakteristiku.

Ovdje treba istaknuti posebne vrste grafova:

Potpuni graf nK je graf od n vrhova koji su svi međusobno spojeni.

Potpuni bipartitni graf nmK , u kojem se nalaze dva skupa vrhova VYX koji imaju

mX i nY vrhova. Svaki vrh iz prvog skupa spojen je bridom s jadnim vrhom iz

drugog skupa.

Ciklus je graf nC od n vrhova koji čine ciklus ili za nV bridovi su 1, ii za

1,...,2,1 ni i brid 1,n

Put je graf nP od koji čine put ili za nV bridovi su 1, ii za 1,...,2,1 ni .

Potpuno stablo nmT , je stablo u kojem korijen stabla ima stupanj m , listovi stupanj 1 (po

definiciji lista, a svi ostali vrhovi imaju stupanj 1m . Udaljenost svih listova od korijena je

1n ili svaki minimalni put od korijena do lista ima oblik puta nP .

Zvijezda graf nS je stablo 2,1nT ili bipartitni graf 1,1 nK

Primjer 6. Nacrtajte grafove 5K , 3,3K , 5C , 3P , 3,3T , 5S .

Odgovori su:

31

32


Digraf (usmjereni graf), Eulerovi i hamiltonovi obilasci

Digraf RVD , je uređeni par skupa vrhova mvvvV ...,,, 21 i skupa lukova

nrrrR ....,,, 21 . Svaki luk Rr spaja dva vrha i određena je smjerom vur , od vrha

Vu do vrha Digraf je konačan ako su konačni skupovi vrhova i lukova. Luk je petlja ako je

oblika uu, . Više lukova koji imaju iste susjedne vrhove zovemo višestruki lukovi. Mi ćemo

se uglavnom baviti grafovima bez višestrukih lukova ili striktnim digrafovima. U striktnom

digrafu skup lukova je relacija 2VR .

Primjer 1. Promatrajmo digraf

4443324131214321 ,,,,,,,,,,,,,,,, vvvvvvvvvvvvRvvvvVD

Digraf iz 1. primjera može se promatrati kao mogući digraf iz grafa

6543214321 ,,,,,,,,,, eeeeeeEvvvvVG

Pomoću tog grafa G koji je povezan možemo reći da je i digraf D povezan.

Promatrani digraf je jako povezan jer između svaka dva vrha Vvu , postoji usmjereni put

od u do v i od v do u . Ciklus u usmjerenom grafu ili diciklus je usmjereni put koji počinje i

završava u istom vrhu. Digraf je acikličan ako ne sadrži usmjereni ciklus. Stablo u

acikličkom grafu ili stabljika ili granaljka je digraf u kojem nema usmjerenih ciklusa, jedan

vrh ili korijen ima ulazni stupanj nula, a svi ostali vrhovi imaju ulazni stupanj jedan. Listovi

stabljike imaju izlazni stupanj nula, a svi ostali vrhovi uključujući korijen imaju izlazni

v1 ,v2v1,v3

v1 ,v4v2 ,v3 v3 ,v4

v4,v4 v1

v2

v3

v4

e1

e2

e3

e4 e5

e6

v1

v2

v3

v4

33

stupanj različiti od nula. Za definiciju stabljike važna je acikličnost jer graf koji ima jedan vrh

ulaznog stupanja nula i svi ostale vrhove ulaznog stupanja jedan nije stabljika:

Za vrhove Vu u digrafu možemo odrediti izlazni stupanj kao broj lukova koji izlaze iz vrha

vurud , , a ulazni stupanj kao broj lukova koji ulaze u vrh uvrud , .

Za digraf RVD , vrijedi RvdvdRvRv

. Minimalan ulazni stupanj digrafa je

vdv

min , a minimalan izlazni stupanj grafa je vdv

min .

Primjer 2. Na temelju digrafa iz 1. primjera oderite ulazne i izlazne stupnjeve vrhove digrafa,

minimalan ulazni stupanj digrafa i minimalan izlazni stupanj digrafa.

1,0

,1,1,1,3

,3,2,1,0

4321

4321

vdvdvdvd

vdvdvdvd

Važni su obilasci garafa i digrafa koje zovemo Eulerovim i Hamilatonovim obilascima.

Kod Eulerovog obilaska obilazimo sve bridove grafa. Eulerova staza na grafu EVG , je

staza (različiti bridovi) koja prolazi svim bridovima grafa i ne mara biti zatvorena. Povezan

greaf ima Eulerovu stazu ako i samo ako ima najviše dva vrha neparnog stupnja. Zatvorena

Eulerova staza zove se Eulerova tura. Povezani graf koji ima Eulerovu turu zove se Eulerov

graf.

Povezan graf je Eulerov graf ako i samo ako mu je svaki vrh parnog stupnja.

Primjer 3. Ispitajte koji od grafova ima Eulerovu stazu ,a koji je Eulerov ili ima Eulerovu turu,

a koji ima Eulerovu stazu?

1

23

34

Digraf ima usmjerenu turu ako i samo ako su ulazni i izlazni stupnjevi vrhova jednaki ili

vdvd za svaki vrh Vv digrafa RVD , . Ako digraf ima usmjerenu turu ima

između svaka svoja vrha usmjereni put ili on je jako povezan.

Kod Hamiltonovog obilaska obilazimo sve vrhove grafa. Hamiltonov put na grafu

EVG , je put (različiti vrhovi) koji prolazi svim vrhovima grafa i ne mora biti zatvoren.

Zatvoren Hamiltonov put je Hamiltonov ciklus. Povezani graf koji ima Hamiltonov ciklus

zove se Hamiltonov garaf.

Ako je graf EVG , Hamiltonov graf, onda svaki pravi podskup VS ima svojstvo da je

broj povezanih komponenti podgrafa 2, SESH nije veći od broja vrhova podgrafa S

ili SHGc . Iz toga slijedi obrat ako je S manji od HGc tada graf nije

Hamiltonov.

Primjer 4. Promatrajte grafove 4,23,143 ,,, KKKK :

dokažite koji su od njih Eulerova, akoji su Hamiltonovi grafovi.

Odgovor: 3K je Eulerov i je Hamiltonov, 4K nije Eulerov i je Hamiltonov, 3,1K nije Eulerov

i nije Hamiltonov, 4,1K je Eulerov i nije Hamiltonov.

Ako je graf jednostavan s najmanje tri vrha i minimalnog stupnja većeg ili jednakog pola

broja vrhova ili ako je 3E i 2

V onda je graf Hamiltonov. ( može i 2

V )

Ako je graf jednostavan s E vrhova i ako je minimalnog stupnja većeg ili jednakog pola

broja vrhova umanjenog za jedan ili ako je

2

1

V onda ima Hamiltonov put.

Na isti se način mogu definirati usmjereni Hamiltonov put i usmjereni Hamiltonov ciklus.

35


Mreža i optimizacije na mreži

Mreža je graf kojem je pridružena težinska funkcija

PEw : koja bridovima pridružuje vrijednosti iz skupa .P Na isti način možemo definirati

mrežu wRVDM ,, ako umjesto grafa promatramo digraf RVD , kojem je pridružena

težinska funkcija PRw : koja lukovima pridružuje vrijednosti iz skupa .P

Za mrežu u kojoj graf s vrhovima koji su raskrižja ulica u nekom dijelu

grada i bridovima su dijelovi ulica između raskrižja, a težinska funkcija pridružuje bridovima

duljine dijelova ulica REw : . Skup težina je skup nenegativnih realnih brojeva ili

,0R .

Jedan od problema na ovoj mreži je problem kineskog poštara koji se sastoji u traženju

zatvorene šetnje po grafu ili ulicama tako da ukupna duljina puta bude minimalna i poštar

prođe sve ulice ili svaku ulicu barem jednom.

Ako u prethodnoj mreži wEVGM ,, vrhovi predstavljaju pojedina naselja i bridovi

ceste između naselja, a težinska funkcija pridružuje bridovima udaljenosti cesta između

naselja

REw : .

Jedan poznati problem na prije opisanoj mreži je problem trgovačkog putnika koji se sastoji

u traženju zatvorene šetnje po grafu koji obilazi sve vrhove grafa tako da trgovački putnik

koristi najkraću duljinu šetnje.

Problem kineskog poštara je sličan problemu traženja Eulerove ture jer ako je graf Eulerov

svaka Eulerova tura je najmanje duljine jer obilazi prolazi svakim bridom samo jedan puta.

(Algoritam traženja koji bira u svakom koraku rezni brid (brid koji dijeli komplement na

disjunktne povezane komponente) samo ako nema drugog brida). Problem trgovačkog putnika

je sličan problemu Hamiltonovog ciklusa jer potpuni graf nK s nV ima 2

!1n Hamiltonova

ciklusa i traženje onog najkraće duljine je naš problem. (Algoritam grananja i ograđivanja)

Optimizacija na mreži ima veliku primjenu na digrafu ili usmjerenom grafu. Elementi matrice

susjedstva jednostavnog digrafa biti elementi različitih algebri (skup s operacijama). Mi ćemo

promatrati poluprsten s jedinicom kao algebru eeSPP ,,,, .

Poluprsten s jedinicom eeSPP ,,,, je skup S

S dvije operacije i i dva jedinična elementa e i e koji zadovoljavaju uvjet

komutativnosti xyyx , svojstva jediničnog elementa xxeex i

xxeex , svojstva asocijacije zyxzyx i

zyxzyx , svojstva distribucije zxyxzyx i

zyzxzyx i svojstvo apsorpcije exeex .

wEVGM ,, EVG ,

wEVGM ,,

36

Primjer 1. Provjerite tri poluprstena SPP S ,0,,,21 , 0,,min,,2

RPP i

,0min,max,,3 RPP i 1,0,max,,1,04 PP . Skup

R je skup nenegativnih

realnih brojeva s oznakom ili

,0R , a 1,0 je interval realnih brojeva

10 x .

Poluprsten je i Booleova algebra s dva elementa 1,0,,,1,02 B .

Svakoj mreži na digrafu možemo pridružiti nekoliko matrica. Ako lukovima digrafa

pridružimo udaljenosti između vrhova (dužine ulica) dobivamo mrežu (ulica) s težinskom

funkcijom

RRw : :

Opisanoj mreži možemo pridružiti matricu susjedstva digrafa:

AA

011100

000000

110000

101010

000100

100110

i matricu mreže:

981

93

222

4

345

A

Ako se elementi matrice susjedstva 2Baij elementi matrice potencije matrice kk

ij Aa ima

slijedeće značenje:

54

3

42

2

2

1

8

9

39

v1

v2

v3

v6

v4

v5

37

kduljinevdovodšetnjanepostoji

kduljinevdovodšetnjapostojia

ji

jik

ij 0

1

Ako su elementi matrice susjedstva Raij elementi matrice potencije matrice kk

ij Aa ima


kduljinevdovodšetnjanepostoji

kduljinevdovodšetnjimpostojima

ji

jik

ij 0

Ako su elementi matrice mreže 2PPaij elementi matrice potencije matrice kk

ij Ma ima


lukovakodvdovodšetnjanepostoji

lukovakodvdovodšetnjeduljinanajkraćajewa

ji

jik

ij

Primjer 1. Izračunajte na temelju prije izračunatih matrica susjedstva i matrice mreže

333 ,, AAA i interpretirajte 3

14

3

14

3

14 ,, aaa . Rezultati:

126117

12201212

5125127

159147

69645

,

132300

000000

211010

323120

121200

433220

,

111100

000000

111010

111110

111100

111110

333 AAA

13

14 a ili postoje šetnje od tri luka od 1v do 4v , 33

14 a ili postoje četiri šetnje od tri luka od

1v do 4v koje su 432146314361 245,824,213 vvvvvvvvvvvv , 63

14 a ili najkraća duljina puta je

11,14,6min245,824,213min .

Primjer 2. Izračunajte algebarski zatvarač matrice susjedstva nAAAA ...ˆ 2 ili

nAAAA ...ˆ 2

i algebarski zatvarač mreže nMMMM ˆ...ˆˆˆ 2 i interpretirajte

rezultat u slučaju matrica tipa 4,4 i 4n za matrice:

1,03,0

8,0

4,0

2,04,0

,

0011

1000

0100

1010

AAA

Optimalan put u mreži može se rješavati i Dikstrinim algoritmom. Prikažimo na primjeru

najkraćeg puta od 1v do 5v .

38

1. korak: Krenimo iz vrha 1v i pridružimo etiketu 0 i krenemo jednim lukom nađimo

najkraći luk tako dolazimo do vrha 6v i pridružimo etiketu 3.

2. korak: krenemo iz vrhova 61,vv i tražimo susjedne vrhove i duljinu luka pribrojimo

etiketi vrha i nađemo novi vrh s najmanjom etiketom i dolazimo do vrha 3v s etiketom

4.

3. korak: krenemo iz vrhova 361 ,, vvv i tražimo susjedne vrhove i duljinu luka

pribrojimo etiketi vrha i nađemo novi vrh s najmanjom etiketom i dolazimo do vrha

2v s etiketom 5.

4. korak: krenemo iz vrhova 2361 ,,, vvvv i tražimo susjedne vrhove i duljinu luka


4v s etiketom 6

5. korak: krenemo iz vrhova 42361 ,,,, vvvvv i tražimo susjedne vrhove i duljinu luka


5v s etiketom 9

Pregledom dobivamo najkraće putove ili optimalne putove najkraće udaljenosti 5431 364 vvvv i

54361 3213 vvvvv . Najkraća udaljenost je 9.

Documents

Kombinatorika i Grafovi