Aka Baka

DU�KO JOJI�

ELEMENTIENUMERATIVNEKOMBINATORIKE

Banja Luka

Sadrºaj

Predgovor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1 O KOMBINATORICI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1 �ta je to kombinatorika? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike. . . . . . . . . . 16

2 OSNOVNI PRINCIPI I METODEPREBROJAVANJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.1 Princip sume i princip proizvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2 Princip bijekcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.3 Metoda dvostrukog prebrojavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.4 Rekurzivne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.5 Tri vaºna primjera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.7 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 MATEMATI�KA INDUKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.1 Princip matemati£ke indukcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.2 Neke primjene matemati£ke indukcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.4 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

4 PERMUTACIJE I SIMETRI�NA GRUPA . . . . . . . . . . 574.1 Bijekcije i injekcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 574.2 Simetri£na grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.3 O nekim numeri£kim parametrima simetri£ne grupe . . . . 664.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.5 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

Sadrºaj

5 BINOMNI I POLINOMNI KOEFICIJENTI . . . . . . . . . 795.1 O binomnim koe�cijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.2 Multiskupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 865.3 Kompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 905.4 Binomna i polinomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 935.5 Identiteti i sume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 965.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1015.7 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

6 DIRIHLEOV PRINCIP I OSNOVNI POJMOVIREMZIJEVE TEORIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.1 Dirihleov princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.2 Elementi Remzijeve teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206.4 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

7 FORMULA UKLJU�ENJA-ISKLJU�ENJA . . . . . . . . . 1277.1 Ra£unanje sa Venovim dijagramima . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1277.2 Formula uklju£enja-isklju£enja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.3 Permutacije sa zabranjenim pozicijama . . . . . . . . . . . . . . . 1357.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1387.5 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

8 REKURZIVNE RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1458.1 Primjeri rekurzivnih relacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1458.2 Linearne homogene rekurzivne relacije sa konstantnim

koe�cijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1488.3 Linearne nehomogene rekurzivne relacije sa konstantnim

koe�cijentima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1578.4 Broj triangulacija konveksnog poligona . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.5 O nekim specijalnim brojevima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1638.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1768.7 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

9 FUNKCIJE GENERATRISE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.1 Formalni stepeni redovi i obi£ne funkcije generatrise . . . . 1859.2 Eksponencijalne funkcije generatrise . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1949.3 Neke primjene funkcija generatrise . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2009.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2069.5 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

4

Sadrºaj

10 ODABRANE TEME . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.1 Eksponencijalna i kompoziciona formula . . . . . . . . . . . . . . . 21110.2 Sistem razli£itih predstavnika i latinski kvadrati . . . . . . . . 21910.3 Enumeracija pri dejstvu grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22710.4 Parcijalno ure�eni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24110.5 Neki enumerativni problemi iz teorije grafova . . . . . . . . . . 25210.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26610.7 Rje²enja zadataka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270

Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277

Indeks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

Spisak oznaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

5

Predgovor

1

O KOMBINATORICI

1.1 �ta je to kombinatorika?

Dati precizan i kratak odgovor na pitanje ��ta je to kombinatorika?�nije lako. U raznim knjigama i enciklopedijama moºe se prona¢i sljede¢ade�nicija:

Kombinatorika je dio matematike koji prou£ava diskretne (kona£neili prebrojive) skupove i strukture.Kako se kona£ne strukture pojavljuju u svim oblastima matematike,ova re£enica i nije ba² najbolji odgovor na postavljeno pitanje.

U knjigama o kombinatorici se nalaze de�nicije kojima se poku²avaopisati ²ta je to £ime se bavi kombinatorika. Tako se u [12] kaºe:

�Kombinatorika se bavi problemima egzistencije i enumeracije obje-kata i struktura koji ispunjavaju neke zadate uslove�

Matemati£ari koji se bave kombinatorikom £esto vole da kaºu, naprimjer u [20]:

�Kombinatorika je dio matematike u kojem se koriste i prou£avajukombinatorni argumenti.�

Pri tome se kombinatornim argumentom naj£e²¢e naziva neko kreati-vno razmi²ljanje ili inteligentno opaºanje u rje²avanju nekog problemakoje ne zahtijeva poznavanje nekog komplikovanog matemati£kog aparata.

Prethodne de�nicije ¢emo poku²ati ilustrovati i pojasniti sa nekolikokonkretnih problema kojima se bavi kombinatorika.

1.1. �ta je to kombinatorika?

• Odrediti koliko elemenata ima neki kona£an skup.

Posmatrajmo sljede¢i zadatak:Neka je zadan skup A sa n elemenata. Koliko ima funkcija f : A → Akoje su bijekcije?

Odgovor na ovo pitanje je proizvod svih brojeva od 1 do n

1 · 2 · 3 · · · (n− 1) · n = n!.

U [7] se kaºe da je za ovu formulu (kao i formulu za broj k-£lanihpodskupova nekog n-£lanog skupa) znao indijski matemati£ar Baskaraoko 1150. godine, a vjerovatno i Bramagupta ve¢ u ²estom vijeku1.Dio kombinatorike koji se bavi odre�ivanjem broja elemenata u ko-na£nim skupovima naziva se enumerativna kombinatorika. Iz naslovaove knjige je lako zaklju£iti da ¢emo se na stranicama koje slijedeuglavnom baviti problemima enumerativne kombinatorike.

• Egzistencija neke strukture sa zadanim svojstvima.

Da li je mogu¢e u tabelu n× n upisati brojeve od 1 do n2, tako da zbirbrojeva u svakom redu, u svakoj koloni i na obje dijagonale bude uvijekisti?

Tabela n × n sa traºenim svojstvom se naziva magi£ni kvadratreda n. Lako je utvrditi da magi£ni kvadrat reda dva ne postoji. Magi£nikvadrat reda tri

2 7 69 5 14 3 8

je bio poznat u staroj Kini jo² u prvom vijeku.Konstrukcija magi£nih kvadrata neparnog reda nije previ²e kompliko-vana:

• U sredinu prvog reda upi²emo broj 1.• Ostale brojeve upisujemo redom po dijagonali, jedno polje desno i

jedno polje gore od posljednjeg upisanog broja.• Ako polje u koje trebamo upisati novi broj �izlazi� iz n×n kvadrata,

prebacimo ga u posljednji red (ako je iza²ao iz prvog reda) ili u prvukolonu (ako je iza²ao iz posljednje kolone).

1 Neki specijalni slu£ajevi ovih formula se mogu prona¢i u zapisima iz drugog vijekaprije nove ere.

10


• Ako je polje na koje ºelimo upisati novi broj ve¢ zauzeto, taj brojupisujemo jedno polje ispod posljednjeg upisanog broja.

Konstrui²imo magi£ni kvadrat reda tri pomo¢u ovog algoritma:

1 1

2

13

2

134 2

13 54 2

1 63 54 2

1 63 5 74 2

8 1 63 5 74 2

8 1 63 5 74 9 2

Magi£ni kvadrat reda pet dobijen ovim algoritmom je

17 24 1 8 1523 5 7 14 164 6 13 20 2210 12 19 21 311 18 25 2 9

Algoritmi pomo¢u kojih se konstrui²u magi£ni kvadrati parnog reda(naravno, osim kvadrata reda dva) se mogu na¢i u [6]. Ti algoritmi sudosta komplikovani i zato ih ovde ne navodimo.

• Optimizacija neke strukture

Koliko najvi²e podskupova n-£lanog skupa moºemo odabrati tako da ni-jedan od tih skupova nije sadrºan u nekom od ostalih koje smo odabrali?

O£igledno je da familija svih k-£lanih podskupova zadanog skupaispunjava traºeni uslov. Broj svih k-£lanih podskupova nekog skupa odn elemenata je binomni koe�cijent

n · (n− 1) · · · (n− k + 2) · (n− k + 1)k · (k − 1) · · · 3 · 2 · 1 =

(n

k

).

Dalje, nije te²ko provjeriti da je �srednji� binomni koe�cijent(

nbn

2c)

ve¢i ili jednak od ostalih(nk

). Stoga, ako posmatramo familije sastavljene

od svih k-£lanih podskupova (za k = 0, 1, . . . , n), najvi²e elemenata imafamilija koja sadrºi sve podskupove sa bn

2 c elemenata.

11


Da je ta familija i najbrojnija sa traºenim svojstvom, dokazao jeEmanuel �perner2 1927. godine.

To je jedan od prvih rezultata ekstremalne kombinatorike.

• Ispitivanje da li neka struktura ima ºeljeno svojstvoDa li se neka slika koja se sastoji od kona£no mnogo linija (graf) moºenacrtati tako da se olovka ne diºe sa papira i da se svaka duº nacrtasamo jednom?

Jedan od najpoznatijih zadataka u istoriji kombinatorike je pro-blem Kenigsber²kih mostova. Grad Kenigsberg (danas Kalinjingrad,Rusija) se nalazi na rijeci Pregel, na dvije obale i na dva ostrva. Ta£etiri kopna su povezana sa sedam mostova (vidi sliku 1.1). StanovniciKenigsberga su ºeljeli pro²etati gradom tako da pre�u sve mostove, alisvaki most samo jednom.

Slika 1.1. Mostovi u Kenigsbergu.

Me�utim, koliko god su se trudili, to im nije uspijevalo. Pitali su seda li je takva ²etnja uop²te mogu¢a?

Odgovor na to pitanje je dao Leonard Ojler3, svakako jedan od na-jboljih i najproduktivnijih matemati£ara svih vremena. Ojler je pri-mijetio da je dio ²etnje po kopnu nebitan za ostvarivanje ºeljenog cilja.Stoga, svaki povezan dio kopna u Kenigsbergu moºe da se �skupi� ujednu ta£ku.2 Emanuel Sperner (1905-1980)3 Leonhard Euler (1707-1783)

12


Na taj na£in mapa Kenigsberga postane graf na slici 1.2. Mostovi uKenigsbergu su postali linije (ivice tog grafa).

A

BC

D

A

B

D

C

Slika 1.2. Graf koji predstavlja mapu Kenigsberga.

Sada je traºena ²etnja po Kenigsbergu, u kojoj se svaki most pre�eta£no jednom, u stvari crtanje grafa sa slike 1.2 tako da se svaka ivicanacrta samo jednom ne diºu¢i olovku sa papira.

Dalje, Ojler je primijetio da ako takva ²etnja postoji, svako kopnokoje nije po£etak ili kraj ²etnje je parnim brojem mostova povezano saostalim dijelovima grada.

Razlog za to je jednostavan: kada preko nekog mosta stignemo nadio kopna koji nije kraj ²etnje, preko nekog drugog mosta moramo tokopno napustiti!

Kako iz svakog od £etiri tjemena grafa na slici 1.2 �izlazi� neparanbroj ivica, crtanje takvog grafa na opisan na£in nije mogu¢e, pa takonije mogu¢a ni ºeljena ²etnja po Kenigsbergu.

Vrijednost Ojlerovog rje²enja je u tome ²to daje potreban i dovoljanuslov kada takva ²etnja moºe da postoji u proizvoljnom grafu. Ojler jeovaj rezultat prvi put prezentovao 26. 8. 1735. godine u Petrogradskojakademiji nauka, a rad �Solutio problematis ad geometriam situs perti-nentis� je objavljen 1741. godine. Taj rad se smatra po£etkom teorijegrafova.

13


• Pronalaºenje zanimljivih osobina neke kona£ne strukture

Particija broja n je ure�ena k-torka prirodnih brojeva (a1, a2, . . . , ak)za koju vrijedi

a1 > a2 > · · · > ak i a1 + a2 + · · ·+ ak = n.

Brojevi a1, a2, . . . , ak su dijelovi ili sabirci u particiji (a1, a2, . . . , ak).Particije broja n su vaºni matemati£ki objekti sa mnogo zanimljivih ineo£ekivanih svojstava. Jedno od tih svojstava je i sljede¢e:

Svih particija broja n u neparne sabirke ima isto koliko i svih parti-cija broja n u razli£ite sabirke!

Na primjer, particije broja osam u razli£ite sabirke su

(8); (7, 1); (6, 2); (5, 3); (5, 2, 1); (4, 3, 1) − ukupno ²est particija.

Svih ²est particija broja osam u neparne sabirke su

(7, 1); (5, 3); (5, 1, 1, 1); (3, 3, 1, 1); (3, 1, 1, 1, 1, 1); (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1).

Ako sa dn ozna£imo broj particija n u razli£ite sabirke, a sa on brojparticija n u neparne sabirke, tada je d8 = o8 = 6. Da je dn = on

za sve prirodne brojeve n dokazao je Leonard Ojler pomo¢u funkcijageneratrisa.

Ojler je posmatrao formalne stepene redove∑

n∈N dnxn i∑

n∈N onxn

i pokazao je da su ti redovi jednaki, pa su zato i odgovaraju¢i koe�ci-jenti u tim redovima jednaki!

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗Iz nekoliko prethodnih primjera, moºemo zaklju£iti da su neki vri-jedni rezultati iz kombinatorike dobijeni jo² u vrijeme Leonarda Ojlera.Me�utim, dugo vremena je kombinatorika bila na granici izme�u rekre-ativne matematike i ozbiljne matemati£ke discipline. Jedan od razlogaza²to se kombinatorika smatrala �manje vrijednim� dijelom matematikeje taj ²to u kombinatorici, sve do nedavno, nije bilo dubokih ideja ite²kih teorema.

Umjesto toga, u kombinatorici postoji veliki broj ideja, metoda itehnika pomo¢u kojih se mogu rje²avati razni problemi. Te tehnike

14


igraju istu ulogu koju velike i vaºne teoreme imaju u ostalim granamamatematike.

U posljednjih tridesetak godina, kombinatorika je doºivjela velikuekspanziju i postala je ravnopravna sa ostalim oblastima matematike.Svakako je jedan od najvaºnijih razloga za taj spektakularan razvojpotreba za rje²avanjem mno²tva problema kombinatorne prirode uraznim oblastima matematike. Ri£ard Stenli4 i Anders Bjerner5 u [9]kaºu da je kombinatorika Pepeljuga na £iju je nogu savr²eno pristalastaklena cipelica princa ra£unarskih nauka.

Rezultati iz kombinatorike se danas primjenjuju i u mnogim drugimnaukama koje na prvi pogled nemaju mnogo veze sa matematikom(genetika, hemija, ekonomija, medicina, . . . ).Kako su zadaci koji se rje²avaju postajali sve teºi, kombinatorika je�posu�ivala� ideje iz ostalih oblasti matemematike, naj£e²¢e iz alge-bre, geometrije, topologije, . . . Danas je sasvim uobi£ajeno da se urje²avanju kombinatornih problema koristi prili£no komplikovan mate-mati£ki aparat.

Vaºni i zanimljivi rezultati, mo¢ne tehnike i medote rje²avanja pro-blema sa gotovo neiscrpnim mogu¢nostima primjena su neke oblastikombinatorike (teorija grafova, algebarska kombinatorika, kombina-torna geometrija, diskretna geometrija, . . . ) pretvorili u atraktivne isamostalne matemati£kie discipline.

4 Richard Stanley (1944- )5 Anders Björner (1947- )

15

1.2. Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike.

1.2 Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike.Brojanje je jedna od najstarijih matemati£kih aktivnosti ljudskog

roda. Rje²avaju¢i razne probleme u matematici ali i u mnogim drugimnaukama potrebno je odgovoriti na sljede¢e pitanje:

Koliko elemenata ima neki kona£an skup?U ovoj knjizi broj elemenata kona£nog skupa X ozna£ava¢emo sa |X|.

Enumerativna kombinatorika je dio kombinatorike u kojem seprou£avaju metode i tehnike pomo¢u kojih se moºe odgovoriti na to pi-tanje. Osnovni zadatak enumerativne kombinatorike moºemo zapisatina sljede¢i na£in:

OSNOVNI ZADATAK:Neka je zadan niz kona£nih skupova (An)n∈N.Ako je an = |An|, potrebno je odrediti niz cijelih brojeva (an)n∈N.

Prethodni zadatak se moºe rije²iti na vi²e razli£itih, manje ili vi²e zado-voljavaju¢ih, na£ina. Sa nekoliko konkretnih primjera ¢emo ilustrovatikako se moºe odgovoriti na osnovno pitanje enumerativne kombina-torike.• Broj an se izrazi konkretnom formulom.Jedan od na£ina da se odgovori na postavljeno pitanje je pronalaºenjeeksplicitne formule za sve an. Na primjer, ako je An skup svih bijekcijana skupu od n elemenata, tada je an = |An| = n!.

Na prvi pogled se £ini da je pronalaºenjem eksplicitne formule za an

zadatak rije²en. Me�utim, ponekad je ta formula komplikovana i stoganije od koristi za velike brojeve. Pogledajmo sljede¢i primjer.

Neka je [n] = {1, 2, . . . , n} i neka jeAn = {f : [n] → [n]|f je bijekcija i za sve i ∈ [n] vrijedi f(i) 6= i}

skup bijekcija na [n] koje nemaju �ksnu ta£ku.

Traºeni broj bijekcija f : [n] → [n] bez �ksne ta£ke je

an =n∑

k=0

(−1)k n!k!

. (1.1)

Odgovor na pitanje koliko elemenata ima u skupu An jeste konkre-tan, ali za velike n nije lako izra£unati koji je to broj.

16


• Broj an se odredi pribliºno.Ponekad uop²te nije mogu¢e dati �konkretan odgovor� na pitanje kolikoima elemenata u nekom kona£nom skupu. Na primjer, te²ko da ¢emonekad dobiti eksplicitan odgovor na sljede¢a pitanja:

• Koliko ima svih grupa reda n?• Koliko ima svih particija broja n?• Koliko ima neizomorfnih grafova sa n tjemena?• Koliko ima razli£itih relacija poretka na skupu od n elemenata?

Kada ve¢ ne moºemo konkretno odrediti brojeve an, jedan od na£inada saznamo ne²to o brojevima an je da odredimo njihovu pribliºnuvrijednost.

�ak i kada imamo eksplicitnu formulu za an, ponekad nam u praksito nije dovoljno. Neka je (an)n∈N niz de�nisan formulom (1.1), to jestan je broj bijekcija bez �ksne ta£ke.

Uz malu pomo¢ analize, moºe se izra£unati da je∣∣∣∣an − n!

e

∣∣∣∣ = n!

∣∣∣∣∣n∑

k=1

(−1)k

k!−

∞∑

k=1

(−1)k

k!

∣∣∣∣∣ = n!

∣∣∣∣∣∞∑

k=n+1

(−1)k

k!

∣∣∣∣∣ <1

n + 1.

Tako moºemo zaklju£iti da je an najbliºi cijeli broj razlomku n!/e,²to je za konkretno ra£unanje svakako korisniji odgovor od eksplicitneformule (1.1).

• Niz (an)n∈N se opi²e pomo¢u rekurzivne relacije

Ponekad je n-ti £lan niza (an)n∈N mogu¢e izra£unati formulom u kojuse uvrsti nekoliko prethodnih £lanova niza. Takva formula se nazivarekurzivna relacija za niz (an)n∈N.

�esto se kao rje²enje nekog kombinatornog problema pojave Fi-bona£ijevi brojevi.6 Istorijski, prvi put se ti brojevi povezuju sa prob-lemom razmnoºavanja ze£eva.

Na po£etku mjeseca £ovjek je dobio par ze£eva. Svaki mjesec, po£ev²iod drugog mjeseca ºivota, svaki par ze£eva dobije novi par mladih ze£eva.Koliko ¢e ze£eva £ovjek imati poslije n mjeseci? Pretpostavlja se daze£evi ne umiru.

6 Leonardo Pisano Bogollo Fibonacci (1170-1250)

17


Broj parova ze£eva poslije n-mjeseci ozna£imo sa Fn. Tih Fn parovaze£eva su ºivi i u sljede¢em mjesecu, a mlade ¢e u sljede¢em mjesecudobiti Fn−1 parova koji imaju bar dva mjeseca ºivota. Stoga, za proizvo-ljan prirodan broj n vrijedi

Fn+1 = Fn + Fn−1, uz po£etne uslove F1 = F2 = 1.

To je rekurzivna relacija kojom su Fibona£ijevi brojevi potpuno opisani.Nekoliko prvih Fibona£ijevih brojeva je lako izra£unati

F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2, F4 = 3, F5 = 5, F6 = 8, F7 = 13, F9 = 21, . . . .

Formula za op²ti £lan niza (Fn)n∈N je

Fn =1√5

(1 +

√5

2

)n

− 1√5

(1−√5

2

)n

.

O tome kako se ta formula dobije i o rekurzivnim relacijama uop²te,bi¢e vi²e rije£i u osmoj glavi.• Niz (an)n∈N0 zapi²emo pomo¢u funkcije generatrisa.Proizvoljnom nizu brojeva (an)n∈N0 moºemo dodijeliti formalni stepenired

F (x) =∑

n∈N0

anxn.

Taj red je obi£na funkcija generatrisa za niz (an)n∈N0 . Ako znamofunkciju F (x), broj an moºemo izra£unati kao koe�cijent uz xn urazvoju funkcije F (x) u red. Ako i ne znamo funkciju F (x) ekspli-citno, iz nekih svojstava reda F (x) se moºe izvesti dosta £injenica onizu (an)n∈N0 .

U otkrivanju osobina reda F (x) se £esto koriste rezultati iz drugihoblasti matematike. Funkcije generatrise su jedan od prvih primjeraprimjene ideja algebre i analize u rje²avanju kombinatornih problema.I danas su funkcije generatrise jedna od najmo¢nijih tehnika u rje²a-vanju problema enumerativne kombinatorike. Deveta glava ove knjigeje posve¢ena funkcijama generatrise. U posljednjoj glavi se nalaze nekezanimljive i vaºne primjene funkcija generatrise u rje²avanju problemaenumerativne kombinatorike.

18

2

OSNOVNI PRINCIPI I METODEPREBROJAVANJA

2.1 Princip sume i princip proizvodaNeka je na² zadatak odrediti broj elemenata nekog kona£nog skupa A.Prirodna ideja je taj skup podijeliti u nekoliko manjih dijelova, tako dase svaki element skupa A nalazi u ta£no jednom od tih dijelova. Akoje skup A podijeljen na n dijelova i ako je di broj elemenata u i-tomdijelu, zadatak je rije²en. Tada je |A| = d1 + d2 + · · ·+ dn.

Ova jednostavna ideja se naziva princip sume.TEOREMA 2.1.1 (Princip sume). Neka su D1, D2, . . . , Dn kona£niskupovi koji su u parovima disjunktni, to jest, za sve 1 6 i 6= j 6 nvrijedi Di ∩Dj = ∅. Tada je:

|D1 ∪D2 ∪ · · · ∪Dn| = |D1|+ |D2|+ · · ·+ |Dn|.Ponekad je skup kojem ºelimo odrediti broj elemenata direktan

proizvod nekoliko manjih skupova. Broj elemenata u takvom skupu do-bijamo pomo¢u principa proizvoda.TEOREMA 2.1.2 (Princip proizvoda). Neka su D1, D2, . . . , Dn

kona£ni skupovi. Direktan proizvod tih skupova ima |D1||D2| · · · |Dn| ele-menata, odnosno

|D1 ×D2 × · · · ×Dn| = |D1||D2| · · · |Dn|.Ove teoreme ne¢emo dokazivati1, nego ¢emo po£eti sa nekoliko jedno-stavnih primjena principa sume i principa proizvoda.1 Ukoliko prihvatimo da su tvr�enja ta£na za dva skupa, matemati£kom indukcijomje lako dokazati ta£nost ovih teorema i za proizvoljan broj skupova. Dokaz zan = 2 bi zahtijevao formalnu de�niciju ²ta je to broj elemenata nekog skupa,vidjeti u [23].

2.1. Princip sume i princip proizvoda

Primjer 2.1.3. U u£ionici se nalazi ²est studenata, pet asistenata, triprofesora i £etiri sekretarice. Na koliko na£ina se iz te u£ionice moºeodabrati:(a) jedna osoba?(b) jedan student, jedan asistent, jedan profesor i jedna sekretarica?Rje²enje: Ozna£imo skupove studenata, asistenata, profesora i sekre-tarica u u£ionici (redom) sa A,B,C i D.(a) Primijetimo da su skupovi A,B, C i D disjunktni. Biranje jedne

osobe iz u£ionice je, u stvari, izbor jednog elementa iz skupa A ∪B ∪ C ∪D. Na osnovu principa sume broj elemenata tog skupa je

|A ∪B ∪ C ∪D| = |A|+ |B|+ |C|+ |D| = 6 + 5 + 3 + 4 = 18.

(b) Izbor po jednog predstavnika iz svakog skupa je izbor jednog ele-menta iz A×B×C×D. Na osnovu principa proizvoda, zaklju£ujemoda je broj mogu¢ih izbora jednak |A×B×C×D| = 6 ·5 ·3 ·4 = 360.

♦Primjer 2.1.4. Sljede¢e zadatke tako�e moºemo rije²iti primjenomprincipa sume i principa proizvoda.1. Na koliko na£ina se na ²ahovskoj tabli 8 × 8 moºe odabrati jedno

bijelo i jedno crno polje? Isto pitanje, ali sada traºimo da odabranapolja budu u razli£itim vrstama i kolonama?

2. Kvadrat stranice n je pomo¢u pravih koje su paralelne stranicamakvadrata podijeljen na n2 kvadrata stranice jedan. Koliki je ukupanbroj kvadrata na toj slici?

3. Na koliko na£ina moºemo postaviti �guru kralja na jedno polje ²a-hovske table 8× 8, a zatim odigrati potez?

Rje²enje:1. Ako je C skup crnih a B skup bijelih polja na ²ahovskoj tabli,

vrijedi |C| = |B| = 32. Izbor jednog crnog i jednog bijelog poljaje izbor elementa iz C ×B, pa je broj na£ina da se to uradi jednak32 · 32 = 1024. Ako zabranimo da odabrana polja budu u istojvrsti ili koloni, tada crno polje biramo kao i ranije na 32 na£ina,dok bijelo polje moºemo odabrati na 32− 8 = 24 na£ina. Koriste¢iprincip proizvoda dobijamo da je broj izbora koje traºimo jednak32 · 24 = 768.

20

2.2. Princip bijekcije

2. Pretpostavimo da je posmatrani kvadrat [0, n] × [0, n] u koordina-tnom sistemu. Neka je S traºeni skup svih kvadrata. Sa Sk ozna£imopodskup od S koji £ine kvadrati £ija je stranica dug£ka k. Lako jeprimijetiti da je S disjunktna unija skupova S1, S2, . . . , Sn.Kvadrat stranice k je potpuno odre�en ako znamo koordinate (i, j)donjeg lijevog tjemena. Primijetimo da ta£ka (i, j) moºe biti tjemetakvog kvadrata ako i samo ako

(i, j) ∈ {0, 1, . . . , n− k} × {0, 1, . . . , n− k}.

Na osnovu principa proizvoda dobijamo da je |Sk| = (n− k + 1)2.Sada iskoristimo princip sume i dobi¢emo rje²enje zadatka:

|S| = |Sn|+ |Sn−1|+ · · ·+ |S2|+ |S1| = 12 +22 + · · ·+(n− 1)2 +n2,

odnosno|S| = n(n + 1)(2n + 1)

6.

3. Iz svakog od £etiri ugaona polja kraljem se mogu povu¢i po tripoteza; iz svakog od preostala 24 polja na rubu table moºe sepovu¢i pet poteza; iz ostalih 36 polja, koja nisu na rubu table, kra-ljem se moºe odigrati po osam poteza. Kombinuju¢i metode sume iproizvoda, dobijamo da je traºeni broj poteza

4 · 3 + 24 · 5 + 36 · 8 = 12 + 120 + 288 = 420.

♦

2.2 Princip bijekcije

Zamislite da se nalazite na autobuskoj stanici £iji su peroni ozna£enibrojevima od 1 do 40. Ako vas neko upita �Koliko ima autobusa nastanici?�, a vi primijetite da su svi peroni zauzeti, za ta£an odgovor nijenuºno da brojite autobuse. Ovo opaºanje je su²tina principa bijekcije.TEOREMA 2.2.1 (princip bijekcije). Ako izme�u dva kona£naskupa postoji bijekcija, tada ti skupovi imaju isti broj elemenata.U praksi, princip bijekcije koristimo na sljede¢i na£in. Neka je X skupkojem ºelimo odrediti broj elemenata. Ako uspijemo prona¢i bijekcijuΦ : X → A izme�u X i nekog skupa A kojem znamo kardinalni broj, naosnovu prethodne teoreme vrijedi |X| = |A|, i na² zadatak je rije²en.

21


Primjer 2.2.2. Neka je S neprazan kona£an skup. Dokazati da je brojpodskupova skupa S koji imaju paran broj elemenata jednak brojupodskupova od S koji imaju neparan broj elemenata!Rje²enje: Uvedimo sljede¢e oznake:

Pp(S) = {A ⊆ S : |A| − paran} , Pn(S) = {A ⊆ S : |A| − neparan}.Odaberimo proizvoljan element x ∈ S i za svaki A ⊆ S de�ni²imo

Φ(A) ={

A \ {x}, ako je x ∈ A;A ∪ {x}, ako x /∈ A.

Skupovi A i Φ(A) se razlikuju za jedan element, pa su |A| i |Φ(A)|razli£ite parnosti. Dakle, restrikcije funkcije Φ slikaju skup Pp(S) naPn(S), odnosno Pn(S) na Pp(S).

Nije te²ko pokazati da je Φ bijekcija (dovoljno je primijetiti da je Φ◦Φidenti£ko preslikavanje2). Na osnovu principa bijekcije zaklju£ujemo daje |Pp(S)| = |Pn(S)|.

♦Ilustrujmo princip bijekcije jednostavnom, ali u kombinatorici veoma

£esto kori²tenom teoremom.TEOREMA 2.2.3. Neka su A i B kona£ni skupovi. Broj svih funkcijasa A u B je |B||A| , to jest

|{f |f : A → B}| = |B||A|.Dokaz. Neka je A = {a1, a2, . . . , an}. Svakoj funkciji f : A → Bmoºemo dodijeliti ure�enu n-torku Φ(f) elemenata iz B:

Φ(f) = (f(a1), f(a2), . . . , f(an)) ∈ B ×B × · · · ×B︸︷︷︸n puta

.

Nije te²ko provjeriti da je Φ bijekcija izme�u skupa svih funkcija sa A uB i direktnog proizvoda n-kopija skupa B. Stoga je, na osnovu principabijekcije i principa proizvoda, broj svih funkcija sa A u B jednak

∣∣{f |f : A → B}∣∣ =∣∣ B ×B × · · · ×B︸︷︷︸

n puta

∣∣ = |B||A|.

ut2 Ako su f : A → B i g : B → A takva preslikavanja da su f ◦ g i g ◦ f identi£ka na

B odnosno A, tada su f i g bijekcije. Specijalno, svaka involucija (preslikavanjef : A → A za koje je f ◦ f identi£ko preslikavanje) je bijekcija.

22


Prethodna teorema se £esto pojavljuje u sljede¢em obliku:POSLJEDICA 2.2.4. Neka je L skup koji sadrºi s simbola (slova).Broj razli£itih rije£i (nizova) duºine k koje su sastavljene od simbola izL je sk.

Dokaz. Rije£ a = a1a2 . . . ak identi�kujemo sa funkcijom a : [k] → L,gdje je a(i) = ai. Lako se provjeri da je time opisana bijekcija izme�utraºenog skupa rije£i i skupa svih funkcija sa [k] u L. Iz prethodneteoreme znamo da tih funkcija ima sk.

utKada konstrui²emo bijekciju izme�u skupa X (£iji broj elemenata

ºelimo odrediti) i nekog skupa A za koji znamo da ima m elemenata,kaºemo da smo na²li kombinatorni dokaz da je |X| = m. �ak i kadabroj elemenata skupa X odredimo i na neki drugi na£in, od interesa jeprona¢i kombinatorni dokaz. Mnogo zanimljivih problema (me�u njimasu i neki jo² nerije²eni!) u kojima se traºi konstrukcija bijekcije izme�udva kona£na skupa zainteresovani £italac moºe na¢i u [32].

U posljednjem primjeru primjene principa bijekcije se bavimo par-ticijama broja n. Podsjetimo se da je particija broja n u k di-jelova ure�ena k-torka (a1, a2, . . . , ak) prirodnih brojeva takvih da jea1 > a2 > · · · > ak i a1 + a2 + · · ·+ ak = n.

Primjer 2.2.5. Dokaºi da particija broja n u k dijelova ima isto kolikoi particija broja n u kojima je najve¢i sabirak jednak k.Rje²enje: U ovom primjeru je bijekciju najlak²e opisati �geometrijski�.

Ako je λ particija (a1, a2, . . . , ak) broja n, predstavimo je kao poljeod n ta£aka raspore�enih u k vrsta (a1 ta£aka u prvoj vrsti, a2 ta£akau drugoj, a3 u tre¢oj . . .). Pri tome su prve ta£ke u svakoj vrsti s lijevestrane poravnate.Ovakav zapis se naziva Fererov3 dijagram particije λ.

Naprimjer, Fererov dijagram particije (7, 5, 3, 2, 2, 2, 1, 1) je na slici2.1 lijevo.

Primijetimo da Fererov dijagram particije λ ima a1 kolona (najve¢ibroj u λ). Ako je λ particija koja ima k sabiraka (dakle, njen Fererov di-jagram ima k vrsta) i u kojoj je a1 najve¢i sabirak, kada zamjenimo vrstei kolone u njenom Fererovom dijagramu, dobi¢emo particiju λ̃ broja n

3 Norman Macleod Ferrers, (1829-1903)

23

2.3. Metoda dvostrukog prebrojavanja

Slika 2.1. Fererovi dijagrami za λ = (7, 5, 3, 2, 2, 2, 1, 1) i λ̃ = (8, 6, 3, 2, 2, 1, 1)

u kojoj je najve¢i sabirak k i koja ima a1 sabiraka. U na²em primjeru,particija λ̃ je (8, 6, 3, 2, 2, 1, 1), i njen Fererov dijagram je desno na slici2.1.

Kako je preslikavanje λ 7→ λ̃ involucija, opisali smo bijekciju izme�uskupa particija broja n u k sabiraka i particija broja n kojima je najve¢isabirak jednak k.

Formalno, ova bijekcija se moºe zapisati na sljede¢i na£in:

particija (a1, a2, . . . , ak) se slika u (b1, b2, . . . , ba1),

gdje je bj := |{i ∈ [k] : ai > j}|.♦

2.3 Metoda dvostrukog prebrojavanja

Ako elemente nekog skupa X prebrojimo na dva razli£ita na£ina (alioba puta ta£no!), svakako moramo dobiti isti rezultat. To je su²tinametode dvostrukog prebrojavanja. Posmatrajmo sljede¢i jedno-stavan primjer.Primjer 2.3.1. Koliko ima dijagonala u konveksnom n-touglu?Rje²enje: Neka je dn traºeni broj dijagonala. Ako je V skup tjemena,a D skup dijagonala u n-touglu, vrijedi |V | = n i |D| = dn. Uo£imoskup

X = {(v, d) : v ∈ V, d ∈ D, d sadrºi v} ⊆ V ×D.

Primijetimo da je svako tjeme iz V sadrºano u ta£no n − 3 dijagonalei da svaka dijagonala sadrºi ta£no dva tjemena. Ako u paru (v, d) ∈ Xprvo odaberemo tjeme v, pa onda dijagonalu koja ga sadrºi, dobijemo

24


da je |X| = n(n − 3). Ako prvo odaberemo dijagonalu, pa onda tjemekoje je pripada toj dijagonali dobi¢emo |X| = 2dn. Stoga je

|X| = n(n− 3) = 2dn, odnosno dn =n(n− 3)

2.

♦

Formalno, metodu dvostrukog prebrojavanja iskazujemo sljede¢om teo-remom.TEOREMA 2.3.2 (Metoda dvostrukog prebrojavanja). Neka sudati skupovi A = {a1, a2, . . . , an} i B = {b1, b2, . . . , bm} i neka je S ⊆A×B. Dalje, neka je xi = |{(x, y) ∈ S : x = ai}| za sve i = 1, 2, . . . , n,odnosno yj = |{(x, y) ∈ S : y = bj}| za sve j = 1, 2, . . . , m. Tada je

|S| =n∑

i=1

xi =m∑

j=1

yj .

Dokaz. Uo£imo sljede¢e podskupove skupa S:

Ai = {(x, y) ∈ S : x = ai} za i = 1, 2, . . . , n;

Bj = {(x, y) ∈ S : y = bj} za j = 1, 2, . . . , m.

Primijetimo da za sve i i j vrijedi |Ai| = xi odnosno |Bj | = yj . Dalje, izde�nicije skupova Ai (odnosno Bj) znamo da su u parovima disjunktnii da je

A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An = S = B1 ∪B2 ∪ · · · ∪Bm.

Tvr�enje teoreme slijedi na osnovu principa sume. utEvo jo² jednog zadatka koji se moºe rije²iti metodom dvostrukog

prebrojavanja.Primjer 2.3.3. U prostoriji se nalazi n ljudi. Poznato je da:- Svaka osoba u toj prostoriji ima ta£no k poznanika.- Svaka dva £ovjeka koji se poznaju imaju r zajedni£kih poznanika.- Svaka dva £ovjeka koji se ne poznaju imaju ta£no m zajedni£kih po-

znanika.Dokaºi da tada vrijedi

m(n− k)− k(k − r) + k −m = 0.

25


Rje²enje: Neka je x jedna od osoba iz te prostorije. Posmatrajmo skup

Px = {(y, z) : osobe x i y te y i z se poznaju, a x i z se ne poznaju}.

Ako prvo biramo y, to moºemo uraditi na k na£ina. Osobu z koju ypoznaje biramo na k − 1 − r na£ina (od k poznanika y ne smijemoodabrati osobu x i r zajedni£kih poznanika od x i y). Tako dobijemoda je |Px| = k(k − r − 1).Ako prvo biramo z, kojeg x ne poznaje, to moºemo uraditi na n−k−1na£in. Sada se y (kojeg poznaju i x i z) moºe odabrati na m na£ina.Stoga je

|Px| = m(n− k − 1) = k(k − r − 1),

odakle lako dobijemo traºenu jednakost.♦

Skupu S iz teoreme 2.3.2 se moºe dodijeliti n×m matrica [sij ], gdje je

sij ={

1, ako (ai, bj) ∈ S;0, ako (ai, bj) /∈ S.

Brojeve xi i yj iz teoreme 2.3.2 moºemo interpretirati kao zbir svihbrojeva u i-toj vrsti, odnosno u j-toj koloni. Uz takvu interpretaciju,metoda dvostrukog prebrojavanja se moºe zapisati i ovako

n∑

i=1

m∑

j=1

sij

=

n∑

i=1

xi =m∑

j=1

yj =m∑

j=1

(n∑

i=1

sij

).

Naravno, prethodno tvr�enje vrijedi za sve m× n matrice [sij ].Ovu varijantu metode dvostrukog prebrojavanja koristimo u sljede¢emprimjeru.Primjer 2.3.4. Kona£an niz realnih brojeva ima sljede¢e svojstvo:Zbir bilo kojih sedam uzastopnih £lanova tog niza je negativan, a zbirbilo kojih jedanaest uzastopnih £lanova tog niza je pozitivan broj. Ko-liko najvi²e £lanova moºe da ima taj niz?Rje²enje: Neka je x1, x2, . . . , xn najduºi niz sa opisanim svojstvom.Ako bi taj niz imao sedamnaest £lanova, mogli bi posmatrati sljede¢umatricu 7× 11:

26

2.4. Rekurzivne relacije

x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11

x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12

x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12 x13

x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12 x13 x14

x5 x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12 x13 x14 x15

x6 x7 x8 x9 x10 x11 x12 x13 x14 x15 x16

x7 x8 x9 x10 x11 x12 x13 x14 x15 x16 x17

.

Iz uslova zadatka znamo da je zbir brojeva u svakoj vrsti te matricepozitivan, dok je zbir brojeva u svakoj koloni negativan. Kako je tonemogu¢e, to zna£i da na² niz ne moºe imati sedamnaest £lanova! Nizsa ²esnaest £lanova koji ima traºeno svojstvo je

5, 5,−13, 5, 5, 5,−13, 5, 5,−13, 5, 5, 5,−13, 5, 5.

♦

2.4 Rekurzivne relacije

Prisjetimo se da je na² zadatak odrediti neki niz cijelih brojeva(an)n∈N. Jedan od e�kasnih na£ina da to uradimo je da prona�emo fo-rmulu koja svaki £lan tog niza izrazi pomo¢u nekoliko prethodnih. Takvaformula se naziva rekurzivna relacija za niz (an)n∈N. O rekurzivnimrelacijama ¢e vi²e rije£i biti u glavi 8, a u ovom poglavlju ºelimo dapomo¢u nekoliko primjera ukaºemo na zna£aj ove metode.Primjer 2.4.1 (broj podskupova). Koliko podskupova ima skup odn elemenata?Rje²enje: Kako nam za broj podskupova nije bitna priroda elemenataposmatranog skupa, pretpostavimo da brojimo podskupove skupa [n].

Neka je An skup svih podskupova skupa [n], i neka je an = |An|. Svepodskupove skupa An moºemo podijeliti u dvije grupe s obzirom na toda li sadrºe broj n ili ne.(a) Podskupovi od [n] koji ne sadrºe broj n su svi podskupovi skupa

[n− 1]. Stoga, takvih podskupova ima an−1.(b) Preslikavanje S 7→ S \{n} je bijekcija izme�u podskupova skupa [n]

koji sadrºe n i svih podskupova skupa [n − 1]. Tako smo pokazalida i svih podskupova od [n] koji sadrºe broj n ima an−1.

27


Dakle, po principu sume, za sve n > 1 vrijedi an = 2an−1. Ako ovurekurzivnu relaciju primijenimo dovoljan broj puta, dobi¢emo an =2n−1a1. Kako je a1 = 2, moºemo zaklju£iti da skup od n elemenataima 2n razli£itih podskupova.

♦Rekurzivne relacije su korisne i u zadacima iz kombinatorne geometrije.Evo jednog od najjednostavnijih primjera.Primjer 2.4.2. U ravni se nalazi n pravih. Me�u njima nema paralelnihi nikoje tri prave se ne sijeku u istoj ta£ki. Na koliko dijelova (regiona)tih n pravih �podijeli� ravan?Rje²enje: Pretpostavimo da se u ravni nalazi n pravih za koje vri-jede pretpostavke iz zadatka. Neka je an broj dijelova na koje je ravanpodijeljena tim pravama.

A1

A2

An

Slika 2.2. Podjela ravni pravama me�u kojima nema paralelnih i nikoje tri ne prolazekroz istu ta£ku.

Sada dodajmo novu pravu (na slici 2.2 to je prava tamnija od ostalih)tako da i dalje vrijede pretpostavke. Nova prava sije£e sve ve¢ postoje¢eprave (nema paralelnih!) u n razli£itih ta£aka A1, A2, . . . , An (nikoje trine prolaze kroz istu ta£ku!), vidi sliku 2.2.

Tih n ta£aka dijele tu novu pravu na n + 1 dio (segment ilipolupravu). Svaki od tih dijelova nove prave presje£e jedan od ve¢ po-stoje¢ih an dijelova ravni na dva nova. Dakle, dodavanjem nove pravenastane n + 1 novi region na koje je podjeljena ravan.

28


Stoga, za brojeve (an)n∈N vrijedi

an+1 = an + n + 1.

Kako je a1 = 2, uz malo ra£unanja dobijemo da je traºeni broj dijelovana koje je ravan podijeljena jednak

an =n2 + n + 2

2.

♦

Evo jo² jednog zadatka koji se moºe rije²iti pomo¢u rekurzivnihrelacija.Primjer 2.4.3. Koliko nizova duºine n moºe da se napravi od cifara izskupa {0, 1, 2, 3, 4} tako da se svake dvije susjedne cifre u nizu razlikujuza jedan?Rje²enje: Neka je Xn skup svih traºenih nizova duºine n. Podijelimoskup Xn u tri dijela:- skup nizova iz Xn koji zavr²avaju sa 0 ili sa 4 ozna£imo sa An;- skup nizova iz Xn koji zavr²avaju sa 1 ili sa 3 ozna£imo sa Bn;- skup nizova iz Xn koji zavr²avaju sa 2 ozna£imo sa Cn.

Dalje rasu�ujemo ovako:(a) Ako se niz iz Xn zavr²ava ciframa 0 ili 4, tada je pretposljednji broj

u tom nizu 1 (odnosno 3). Zato je |An| = |Bn−1|.(b) Ako se niz iz Xn zavr²ava cifrom 1 tada je pretposljednji broj u tom

nizu 0 ili 2. Ako niz iz Xn zavr²ava cifrom 3, pretposljednji broj unizu je 2 ili 4. Zato je |Bn| = |An−1|+ 2|Cn−1|.

(c) Ako se niz iz Xn zavr²ava cifrom 2, pretposljednji broj u nizu je 1ili 3. Stoga je |Cn| = |Bn−1|.

Odavde je |Bn| = |An−1| + 2|Cn−1| = 3|Bn−2|. Kako je |B1| = 2 a|B2| = 4, to je |B2n| = 3n−1 · 4 i |B2n+1| = 3n · 2. Sada je

|Xn| = |An|+ |Bn|+ |Cn| = 2 · |Bn−1|+ |Bn|,

odnosno|Xn| =

{14 · 3k−1, za n = 2k + 1;8 · 3k−1, za n = 2k.

♦

29

2.5. Tri vaºna primjera

2.5 Tri vaºna primjera

Rje²avaju¢i zadatke iz enumerativne kombinatorike, £esto je potrebnoodgovoriti na sljede¢a pitanja:(a) Na koliko na£ina moºemo sve elemente nekog kona£nog skupa ra-

sporediti u niz?(b) Na koliko na£ina iz zadanog skupa sa n elemenata moºemo uo£iti

njih nekoliko, to jest, na koliko na£ina iz n-£lanog skupa moºemoodabrati neki podskup?

(c) Na koliko na£ina iz posmatranog skupa sa n elemenata moºemoodabrati ta£no k elemenata?

Brojevi koji se pojave u odgovorima na ova pitanja nazivaju se osnovnikombinatorni koe�cijenti.

Permutacija nekog n-£lanog skupa se moºe de�nisati kao rasporedsvih elemenata tog skupa u niz duºine n.TEOREMA 2.5.1 (rasporedi ili permutacije). Broj permutacijaskupa sa n elemenata je

n! = n(n− 1) · · · 3 · 2 · 1.

Dokaz. Neka je X = {P1, P2, . . . , Pn} skup predmeta koje raspore�uje-mo u niz. Pretpostavimo da su mjesta na koja raspore�ujemo elementeiz X ozna£ena brojevima iz [n]. Predmet P1 moºemo postaviti na bilokoje od tih n mjesta, recimo na mjesto m1 ∈ [n]. Sljede¢i predmet P2

sada moºemo postaviti na n− 1 preostalo mjesto iz [n] \ {m1}.

Kada smo postavili predmete P1, P2, . . . , Pi zauzeto je ta£no i mjesta.Stoga, predmet Pi+1 moºemo postaviti na neku od preostalih n−i pozi-cija. Na kraju, za predmet Pn ¢e ostati samo jedno mjesto.Po principu proizvoda, broj rasporeda n predmeta na n mjesta je

n! = n(n− 1) · · · 3 · 2 · 1.

utBroj n! £itamo �en faktorijel�. Po dogovoru4 smatramo da je 0! = 1.

4 Taj dogovor moºemo objasniti sljede¢im primjerom. Ako u nekom razredu imam dje£aka i n djevoj£ica i ako ºelimo da u jednu vrstu rasporedimo dje£ake a udrugu djevoj£ice, to moºemo uraditi na n!m! na£ina (princip proizvoda). Ako utom razredu nema dje£aka (tj. ako je m = 0), odgovor na pitanje je n!. Uz na²dogovor da je 0! = 1 broj m!n! je i dalje rje²enje zadatka.

30


Ponekad ¢emo koristiti dvostruke faktorijele de�nisane kao:

(2n)!! = 2 · 4 · 6 · · · (2n− 2) · 2n = 2n · n!,

(2n + 1)!! = 1 · 3 · 5 · · · (2n− 1) · (2n + 1) =(2n + 1)!2n · n!

.

PRIMJEDBA 2.5.2. Ako je < relacija na skupu X tako da za svakadva P, P ′ ∈ X, P 6= P ′ vrijedi P < P ′ ili P ′ < P kaºemo da je <linearan poredak na X ili linearno ure�enje skupa X.

Permutacija skupa X = {P1, P2, . . . , Pn} se moºe interpretirati i kaoure�ena n-torka π = (Pi1 , Pi2 , . . . , Pin) ∈ Xn u kojoj su svi elementi ra-zli£iti. Zaista, ako iz π uklonimo zagrade, dobijamo niz Pi1 , Pi2 , . . . , Pin

u kojem se pojave svi elementi iz X. Za razli£ite elemente P i P ′ izskupa X kaºemo da je P <π P ′ ako je u tom nizu P prije P ′.

Dakle, permutacija skupa X se moºe interpretirati i kao linearnoure�enje tog skupa. Tako je n! odgovor i na pitanje koliko ima razli£itihlinearnih ure�enja na skupu sa n elemenata.

Za prirodan broj r 6 n ure�ena r-torka (Pi1 , Pi2 , . . . , Pir) iz Xr ukojoj su svi elementi razli£iti se naziva r-permutacija skupa X. Brojsvih r-permutacija n-£lanog skupa ra£unamo na sli£an na£in kao i uteoremi 2.5.1.POSLJEDICA 2.5.3 (r-permutacije). Broj svih r-permutacija un-£lanom skupu X = {P1, P2, . . . , Pn} je

n(n− 1) · · · (n− r + 1) =n!

(n− r)!.

Dokaz. Prvi element Pi1 u ure�enoj r-torci moºemo odabrati na nna£ina. Element Pi2 na drugom mjestu moºe biti neki od preostalihn − 1 elemenata iz X. Posljednji element Pir je jedan od n − r + 1elemenata iz X koji se nisu pojavili na prvih r − 1 mjesta. Broj svihr-permutacija skupa X dobijemo primjenom principa proizvoda.

ut

Vi²e o permutacijama se moºe na¢i u £etvrtoj glavi.

Izbor nekoliko elemenata iz zadanog skupa je, u stvari, izbor nekogpodskupa. Na pitanje koliko podskupova ima skup od n elemenata smove¢ odgovorili u primjeru 2.4.1.

31


TEOREMA 2.5.4 (broj podskupova). Skup od n elemenata imata£no 2n razli£itih podskupova.

Ovu teoremu ¢emo dokazati na jo² dva na£ina.

Dokaz. Neka je A = {a1, a2, . . . , an} proizvoljan n-£lani skup i neka jeP(A) = {B : B ⊆ A} partitivni skup od A.

Prvi na£in: Za svaki S ⊆ A de�ni²emo funkciju

fS : A → {0, 1} sa fS(ai) ={

0, ako je ai /∈ S;1, ako je ai ∈ S.

Tako smo de�nisali bijekciju A 7→ fA izme�u P(A) i skupa svih funkcijasa A u {0, 1}. Na osnovu principa bijekcije i teoreme 2.2.3 zaklju£ujemoda je |P(A)| = 2n.

Drugi na£in. Kada biramo elemente iz A za podskup S ⊆ A, zasvaki od elemenata imamo dvije mogu¢nosti: ai moºe, ali i ne mora bitiodabran. Primijetimo da je S ⊆ A potpuno odre�en ako za sve ai ∈ Adonesemo odluku da li ai ∈ S ili ai /∈ S. Sada, na osnovu principaproizvoda, zaklju£ujemo da je podskup iz A mogu¢e odabrati na 2n

na£ina.ut

Sada ¢emo prebrojati na koliko na£ina iz posmatranog skupa moºemoodabrati podskup ºeljene veli£ine.TEOREMA 2.5.5 (broj k-£lanih podskupova). Broj svih k-£lanihpodskupova skupa od n elemenata je

n(n− 1) · · · (n− k + 2)(n− k + 1)k(k − 1) · · · 3 · 2 · 1 =

n!k!(n− k)!

.

Dokaz. Neka je S proizvoljan skup sa n elemenata. Skup svih k-£lanihpodskupova od S ozna£imo sa

(Sk

). Kako svi n-£lani skupovi imaju isti

broj k-£lanih podskupova, taj broj ozna£imo sa(

n

k

)=

(|S|k

)=

∣∣∣∣(

S

k

)∣∣∣∣ .

Prazan skup je jedini podskup od S koji ima 0 elemenata, a cijeliskup S je jedini podskup sa n elemenata. Zato je

(n0

)= 1 =

(nn

).

32


Da bismo odredili broj(nk

)za svaki k, posmatrajmo skup

P = {(x,A) : A ∈(

S

k

), x ∈ A}.

Broj elemenata u skupu P prebrojimo na dva na£ina:(i) Ako prvo odaberemo x ∈ S (to moºemo uraditi na n na£ina), skup

A koji sadrºi x treba dopuniti sa k−1 elementom od n−1 preostalihiz S \ {x}. To moºemo uraditi na

(n−1k−1

)na£in.

(ii) Ako prvo biramo skup A, to moºemo uraditi na(nk

)na£ina. Sada,

jedan element x ∈ A moºemo odabrati na k na£ina.Tako smo dobili da je

n

(n− 1k − 1

)= |P | = k

(n

k

),

pa vrijedi sljede¢a rekurzivna relacija:(

n

k

)=

n

k

(n− 1k − 1

).

Ako ovu relaciju primijenimo k puta, dobijamo da je:(

n

k

)=

n(n− 1) · · · (n− k + 1)k(k − 1) · · · 3 · 2 · 1

(n− k

0

)=

n!k! · (n− k)!

.

ut

Brojevi(nk

)se nazivaju binomni koe�cijenti i £esto ¢emo ih susretati

u ovoj knjizi. Za sada ¢emo dokazati da vrijedi sljede¢a teorema.TEOREMA 2.5.6.(i) Za proizvoljan prirodan broj n vrijedi

(n

0

)+

(n

1

)+ · · ·+

(n

n

)= 2n.

(ii) Za sve prirodne brojeve n > k > 1 je(

n

k

)=

(n− 1k − 1

)+

(n− 1

k

).

33

2.6. Zadaci

Dokaz.(i) Partitivni skup od [n] je disjunktna unija skupova

([n]0

),

([n]1

), . . . ,

([n]n

).

Traºena formula se dobije pomo¢u principa sume i tvr�enja iz teo-rema 2.5.5 i 2.5.4.

(ii) Sve k-£lane podskupove od [n] podijelimo u dvije grupe. Podskupoviod [n] koji ne sadrºe n su tako�e k-£lani podskupovi skupa [n− 1],i njih ima

(n−1

k

).

Sada opi²imo bijekciju izme�u skupa svih (k − 1)-£lanih po-dskupova od [n − 1] i skupa k-£lanih podskupova skupa [n] kojisadrºe broj n. Ta bijekcija je �dodavanje� broja n u (k − 1)-£lanepodskupove od [n−1]. Zato je broj k-£lanih podskupova od [n] kojisadrºe n jednak

(n−1k−1

).

Formula koju ºelimo dokazati se sada dobije pomo¢u principa sume.ut

2.6 Zadaci

1. U nekom restoranu sluºe tri vrste predjela, sedam vrsta glavnih jelai pet vrsta kola£a. Na koliko na£ina se moºe odabrati kompletanobrok, to jest, predjelo, glavno jelo i desert? Na koliko na£ina semoºe odabrati �jeftiniji� obrok od samo dva dijela, ako glavno jelomora biti uklju£eno?

2. Koliko ima neparnih prirodnih brojeva ve¢ih od 1000 a manjih od10000 kod kojih su sve cifre razli£ite?

3. Na koliko na£ina se na tablu n×n moºe postaviti k razli£itih topovakoji se ne napadaju? �ta ako su topovi isti?

4. Za²to broj(131

)(514

)nije odgovor na pitanje: Na koliko na£ina se

moºe odabrati pet karata tako da bar jedna karta bude tref?Odredi ta£an odgovor!

5. Koliko ima brojeva od 1 do 10000 u £ijem se zapisu bar jednomupotrijebi cifra 1?

6. Bacaju se tri razli£ite kockice za jamb. Dokaºi da je broj razli£itihishoda kod kojih je zbir brojeva koji su �pali� na kockicama manjiod 11 jednak polovini broja svih mogu¢ih ishoda!

34

2.6. Zadaci

7. Koliko ima ure�enih parova (m, n) prirodnih brojeva kojima je na-jmanji zajedni£ki sadrºalac 25 · 37 · 53?

8. Koliko ima ure�enih parova skupova (A,B) takvih da je A ⊆ B ⊆[n]?

9. Da li je mogu¢e da u nekom dru²tvu broj ljudi sa neparnim brojempoznanika bude neparan?

10. Dijete ima �kockice� za slaganje koje su sve me�usobno razli£itepo: materijalu (drvo i plastika), veli£ini (male, srednje i velike), boji(crvene, plave, zelene i ºute) i obliku (okrugle, trouglaste, kvadratnei pravougaone). Ukupno ima 96 = 2 · 3 · 4 · 4 kockica. Koliko imakockica koje se od drvenog, velikog, plavog kvadrata razlikuju u ta£nodvije osobine?

11. Koliko ima funkcija f : [n] → [n] bez �ksne ta£ke?12. Neka je F neka familija podskupova kona£nog skupa X. Ako svi

skupovi iz F imaju ta£no k elemenata i ako se svaki element iz Xnalazi u ta£no r skupova, dokaºi da je |F| · k = |X| · r.

13. Koliko ima petocifrenih prirodnih brojeva djeljivih sa tri, kojima jesrednja cifra jednaka 6?

14. Koliko ima razli£itih m× n tabela popunjenih brojevima −1 ili 1 ukojima je proizvod elemenata u svakoj vrsti i svakoj koloni jednak1.

15. Sedmocifreni telefonski broj abcdefg je lak za pam¢enje ako je(a, b, c) = (d, e, f) ili (a, b, c) = (e, f, g). Koliko ima takvih tele-fonskih brojeva sastavljenih od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9?

16. Na koliko na£ina moºemo odabrati dva podskupa od [n] £ija je unijacijeli skup [n]?

17. Koliko ima parova susjednih brojeva u skupu {1000, 1001, . . . , 2000}kod £ijeg sabiranja nema preno²enja cifara?

18. Dokaºi da u skupu prirodnih brojeva manjih od milion ima jednakbroj onih kojima je zbir cifara jednak 20 i onih kojima je zbir cifarajednak 34.

19. Brojeve 21, 31, 41, 51, 61, 71 i 81 treba poredati u niz tako da zbirsvaka £etiri susjedna broja bude djeljiv sa 3. Na koliko na£ina se tomoºe uraditi?

20. Koliko ima ure�enih k-torki (X1, X2, . . . , Xk) podskupova skupa [n]kod kojih je X1 ∩X2 ∩ · · · ∩Xk = ∅?

21. Koliko razli£itih raznostrani£nih trouglova se moºe napraviti od duºi£ije su stranice 1, 2, . . . , n?

35

2.7. Rje²enja zadataka

22. Koliko brojeva u skupu {9k : k ∈ [4000]} po£inje cifrom 9? Poznatoje da 94000 ima 3817 cifara!

23. Na sastanku se nalazi 12k ljudi. Svaka osoba se rukovala sa ta£no3k + 6 ostalih. Za bilo koja dva £ovjeka na tom sastanku, broj ljudikoji se rukovao sa obojicom je uvijek isti. Koliko je ljudi bilo prisutnona tom sastanku?

24. Familija podskupova S = {A1, A2, . . . , At} skupa [n] je separabilnaako za sve x, y ∈ [n], postoji skup Ai ∈ S takav da je |Ai∩{x, y}| =1. Dalje, S je pokrivaju¢a ako je svaki x ∈ [n] sadrºan u nekomod skupova iz S. Koliko najmanje elemenata moºe da ima nekaseparabilna, pokrivaju¢a familija podskupova od [n].

2.7 Rje²enja zadataka

1. 3 · 7 · 5 = 105, odnosno 3 · 7 + 7 · 5 = 56.2. 5 · 8 · 8 · 7 = 2240.3. n2(n− 1)2 · · · (n− k + 1)2, odnosno n2(n−1)2···(n−k+1)2

k! .4. Neka rje²enja (ona u kojima se pojavi vi²e od jedne tref karte) se u(

131

)(514

)broje vi²e puta. Ta£no rje²enje je

(525

)− (395

).

5. 104 − 94.6. Neka su x, y i z brojevi koji su pali na kockama. Preslikavanje

(x, y, z) ↔ (7− x, 7− y, 7− z) je bijekcija izme�u ishoda kod kojihje zbir manji od 11 i onih kod kojih je taj zbir bar 11.

7. Brojevi m i n su oblika 2a3b5c, gdje je 0 ≤ a ≤ 5, 0 ≤ b ≤ 7 i0 ≤ c ≤ 3. U bar jednom od m i n, eksponenti brojeva a, b i c imajuvrijednosti 5, 7 i 3. Stoga je rje²enje 11 · 15 · 7 = 1155.

8. 3n. Svaki x ∈ [n] je u nekom od disjunktnih skupova A, B \ A iliBc.

9. Ne. Neka je m broj neure�enih parova poznanika u tom dru²tvu, ineka je d(x) broj poznanika osobe x. Posmatrajmo skup

P = {(x, {x, y}) : x i y su ljudi iz tog dru²tva koji se poznaju}.

Ako elemente skupa P prebrojimo na dva na£ina, dobi¢emo

2m = d(x) + d(y) + d(z) + · · · .

Zato je broj ljudi sa neparnim brojem poznanika uvijek paran.10. 1 · 2 + 1 · 3 + 1 · 3 + 2 · 3 + 2 · 3 + 3 · 3 = 29.

36


11. Za sve i je f(i) ∈ [n]\ {i}, pa po principu proizvoda takvih funkcijaima (n− 1)n.

12. Primijenimo princip dvostrukog prebrojavanja na skup {(x,A) : x ∈A,A ∈ F}.

13. Koliko i svih £etverocifrenih koji su djeljivi sa tri, dakle 3000.14. 2(m−1)·(n−1). Tabelu (m−1)× (n−1) moºemo popuniti proizvoljno,

a elementi u posljednjoj vrsti i koloni su time odre�eni.15. Broj defg moºemo napraviti na 10000 na£ina. Osim za 10 brojeva

defg, kod kojih su sve cifre iste, za abc imamo na raspolaganju dvijemogu¢nosti. Dakle, postoji 2 · 9990 + 10 = 19990 lako pamtljivihbrojeva.

16. Ako je A ∪ B = [n], za svaki element iz [n] postoje tri mogu¢nosti:ili je u skupu A \ B, ili je u B \ A ili u A ∩ B. Dva ure�ena para(A,B) i (B, A) daju istu podjelu [n] u dva podskupa, osim u slu£ajukada je A = B = [n]. Rje²enje zadatka je

3n − 12

+ 1 =3n + 1

2.

17. To su parovi kod kojih je manji broj oblika 1abc, 1ab9, 1a99 ili 1999,gdje su a, b, c iz {0, 1, 2, 3, 4}. Stoga je traºeni broj 53 +52 +5+1 =156.

18. Preslikavanje koje broju a1 ·106+a2 ·105+a3 ·104+a4 ·103+a5 ·10+a6

dodijeli (9−a1) · 106 +(9−a2) · 105 +(9−a3) · 104 +(9−a4) · 103 +(9− a5) · 10 + (9− a6) je bijekcija izme�u skupa brojeva kojima jezbir cifara jednak 20 i skupa brojeva kojima je zbir cifara 34.

19. Prvi i peti, drugi i ²esti te tre¢i i sedmi broj niza pri djeljenju sa3 daju isti ostatak. Broj u sredini mora biti djeljiv sa 3 i to jeneki broj iz skupa {21, 51, 81}. Po jedan od brojeva iz {31, 61},{41, 71} i �preostala� dva broja iz {21, 51, 81} £ine prva tri £lananiza (raspore�eni proizvoljno). Stoga je odgovor 3 · 23 · 3!.

20. Svaki i iz [n] moºe biti sadrºan u bilo koliko Xj , osim u svima. Poprincipu proizvoda, odgovor je (2k − 1)n.

21. Neka je Ai = {(x, y, i) : 1 ≤ x < y < i ≤ n, x + y > i}. Vrijedi

|Ai| ={

(m− 1)2, za i = 2m;m(m− 1), za i = 2m + 1.

Ukupan broj trougova je

|A4|+ |A5|+ · · ·+ |An| ={

p(p−1)(4p+1)6 , ako je n = 2p + 1;

p(p−1)(4p−5)6 , ako je n = 2p.

.

37


22. Ako 9k po£inje sa 9, on ima isto cifara kao i 9k−1, ina£e je brojcifara u 9k za jedan ve¢i nego u 9k−1. U 3999 koraka (91 do 94000)broj cifara je pove¢an za 3816. Stoga je broj cifara koje po£inju sa9 jednak (ra£unaju¢i i prvu devetku!) 3999− 3816 + 1 = 184.

23. Posmatrajmo skup

X = {(A,B,C) : A se rukovao B i C,B i C se nisu rukovali}.

Sa n ozna£imo broj ljudi koji se rukovao sa dvojicom na tom skupu.Sada elemente skupa X moºemo brojati na dva na£ina ovako:• Ako prvo biramo osobu A, zatim B pa onda C, to je mogu¢e

uraditi na 12k(3k + 6)(3k + 5− n) na£ina.• Ako prvo biramo osobu B, zatim osobu C i na kraju A dobi¢emo

da traºenih trojki ima 12k(9k − 7)n.Tako je

|X| = 12k(3k + 6)(3k + 5− n) = 12k(9k − 7)n,

odnosno,n =

(3k + 6)(3k + 5)(12k − 1)

.

Odavde zaklju£ujemo da je n djeljiv sa tri, i iz uslova da je

4n

3= k + 4− 3k − 44

12k − 1cijeli broj dobijamo da je k = 3.

dakle, na sastanku je bilo prisutno 36 ljudi.24. Neka je S = {A1, A2, . . . , At} separabilna pokrivaju¢a familija. Za

svaki x ∈ [n] posmatramo niz (x1, x2, . . . , xt), gdje je xi = 0 ako x /∈Ai, a xi = 1 za x ∈ Ai. Kako je S pokrivaju¢a familija, ne pojavljujese niz (0, 0, . . . , 0) i zato je n 6 2t − 1, odnosno t > 1 + log2 n.Sljede¢a konstrukcija pokazuje da je mogu¢e na¢i traºenu familijusa t = 1 + blog2 nc skupova. Svaki od brojeva x ∈ [n] zapi²imo ubinarnom sistemu (pojavi se 1+blog2 nc cifara). Ako sada de�ni²emo

Ai = {x ∈ [n] : u binarnom zapisu x na i− tom mjestu je cifra 1}

lako je provjeriti da je {A1, A2, . . . , At} separabilna pokrivaju¢afamilija.

38

3

MATEMATI�KA INDUKCIJA

3.1 Princip matemati£ke indukcije

U rje²avanju osnovnog zadatka enumerativne kombinatorike je potre-bno odrediti niz cijelih brojeva (an)n∈N. Ponekad je korisno1 nekolikoprvih brojeva u tom nizu izra£unati �na prste�. To nam moºe pomo¢ida naslutimo ta£nu vrijednost za sve an.

Na primjer, neka je an zbir recipro£nih vrijednosti proizvoda eleme-nata u svim nepraznim podskupovima od [n]:

an =∑

{x1,x2,...,xk}⊆[n]

1x1x2 · · ·xk

.

Ra£unaju¢i nekoliko prvih £lanova niza (an)n∈N dobijamo

a1 =11

= 1, a2 =11

+12

+1

1 · 2 = 2,

a3 =11

+12

+13

+1

1 · 2 +1

1 · 3 +1

2 · 3 +1

1 · 2 · 3 = 3.

Tako moºemo naslutiti da je an = n za sve n ∈ N.

Princip matemati£ke indukcije je mo¢no sredstvo pomo¢u kojeg£esto na²u pretpostavku moºemo i dokazati. Rije£ indukcija je latinskogporijekla i zna£i preno²enje ili uvo�enje. U matematici rije£ indukcijase koristi kada se sa konkretnih tvr�enja (koja vrijede za nekoliko po-jedina£nih slu£ajeva) prelazi na op²ta (koja vrijede za sve slu£ajeve).1 To je posebno korisno ako nam ni²ta pametnije ne pada na pamet!

3.1. Princip matemati£ke indukcije

Ipak, prilikom tog uop²tavanja moramo biti veoma oprezni. Naime,to ²to neko tvr�enje vrijedi za mnogo konkretnih slu£ajeva, nikako nezna£i da ¢e vrijediti uvijek. Ako neko tvr�enje vrijedi za sve prirodnebrojeve manje od milion, to ne zna£i da vrijedi i za milion, a pogotovone zna£i da vrijedi za sve prirodne brojeve.

Posmatrajmo sljede¢a dva primjera:(a) Za proizvoljan prirodan broj n neka je Sn broj de�nisan sa

Sn =1

1 · 2 +1

2 · 3 + · · ·+ 1(n− 1) · n +

1n · (n + 1)

.

Izra£unajmo Sn za nekoliko prvih prirodnih brojeva:

S1 =12, S2 =

23, S3 =

34, S4 =

45, . . . .

Sada se name¢e zaklju£ak da je

Sn =n

n + 1za sve n ∈ N.

(b) Neka je zadan polinom p(x) = x2 + x + 41. Primijetimo da je

p(1) = 43, p(2) = 47, p(3) = 53, p(4) = 61, p(5) = 71, p(6) = 83, . . . .

Dakle, vrijednosti polinoma p(x) u nekoliko prvih prirodnih brojevasu prosti brojevi. Da li su moºda vrijednosti polinoma p(x) prostibrojevi za sve x ∈ N?

Tvr�enje (a) je zaista ta£no. Naime, za sve k ∈ N vrijedi:

1k · (k + 1)

=1k− 1

k + 1.

Stoga je

Sn = 11·2 + 1

2·3 + · · ·+ 1k·(k+1) + · · ·+ 1

(n−1)·n + 1n·(n+1) =

= 11 − 1

2 + 12 − 1

3 + · · · − 1k + 1

k − 1k+1 + · · ·+ 1

n − 1n+1 = 1

1 − 1n+1 = n

n+1 .

Sa druge strane, zaklju£ak u (b) je pogre²an:

p(41) = 412 + 41 + 41 = 41 · 43, ²to svakako nije prost broj.

40


Neformalno govore¢i, princip matemati£ke indukcije moºemo ilustrovatisljede¢im primjerom.

Zamislimo da ²etamo ulicom i da nam u susret dolazi kolona au-tomobila. Neka je prvi automobil u toj koloni crven. Ako znamo da ¢eposlije svakog crvenog automobila opet nai¢i automobil crvene boje, lakoje zaklju£iti da su svi automobili koji nam dolaze u susret crveni.

Formalno, princip matemati£ke indukcije moºemo iskazati na sljede¢ina£in. Neka je

(P (n)

)n∈N niz tvr�enja koje posmatramo.

Jedan od na£ina da pokaºemo da su sva tvr�enja u tom nizu ta£na je:(baza indukcije) Dokazati da je prvo tvr�enje u tom nizu ta£no;

(korak indukcije) Za proizvoljan prirodan broj k pretpostavimoda je ta£no tvr�enje P (k) u tom nizu. Koriste¢i tu pretpostavkudokaºemo da je ta£no i tvr�enje P (k + 1) neposredno iza njega.

Svakako je jedan od razloga e�kasnosti matemati£ke indukcije i taj ²tose u dokazu ta£nosti P (k + 1) smije koristiti pretpostavka o ta£nostiP (k) bez dokazivanja!

Na jeziku matemati£ke logike princip matemati£ke indukcije moºemozapisati ovako:

(P (1) ∧ (∀k ∈ N) [P (k) ⇒ P (k + 1)]

)⇒ (∀n ∈ N)P (n).

Sljede¢a korespondencija nam daje vezu izme�u ove formalne de�nicijei primjera sa automobilima:

prvi automobil je crven↔ prvo tvr�enje je ta£no

kada je crven k-ti automobil kada je neko tvr�enjei sljede¢i automobil↔ P (k) ta£no, i sljede¢e

(k + 1) je crvene boje tvr�enje P (k + 1) je ta£no

svi automobili su crveni↔ sva tvr�enja su ta£na.

U literaturi se moºe prona¢i da je metoda matemati£ke indukcije prviput spomenuta 1575. godine u dokazu formule za zbir prvih n neparnihbrojeva (Fran£esko Mauroliko, Arithmeticorum libri duo). To ¢e biti ina² prvi primjer primjene matemti£ke indukcije.

41


Primjer 3.1.1. Dokazati da je suma prvih n neparnih prirodnih bro-jeva jednaka n2.Rje²enje: Primijetimo da je n-ti neparni broj 2n − 1. Neka je P (n)tvr�enje:

P (n)... 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 3) + (2n− 1) = n2.

Kako vrijedi 1 = 1, to je tvr�enje P (1) ta£no (ili prvi automobil jestecrven).

Sada ¢emo, koriste¢i pretpostavku da tvr�enje vrijedi za proizvoljanprirodan broj k, pokazati istinitost tvr�enja za k + 1.Ako je tvr�enje P (k) ta£no, tada za k ∈ N vrijedi:

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 3) + (2k − 1) = k2.

Tu pretpostavku koristimo da izra£unamo zbir prvih k + 1 neparnihbrojeva.

1+3+· · ·+(2k−3)+(2k−1)+(2k+1) =(1+3+· · ·+(2k−1)

)+(2k+1) =

= (na osnovu pretpostavke o P (k)) = k2 + (2k + 1) = (k + 1)2.

Dakle, pokazali smo da vrijedi (∀k ∈ N)(P (k) ⇒ P (k + 1)), to jest,kada je k-ti automobil crven i onaj iza njega je crven. Pomo¢u principamatemati£ke indukcije zaklju£ujemo da je za sve n ∈ N zbir prvih nneparnih brojeva jednak n2.

♦

Sada ¢emo se vratiti na primjer sa po£etka ovog poglavlja.Primjer 3.1.2. Dokaºi da za sve n ∈ N vrijedi

an =∑

{x1,x2,...,xk}⊆[n]

1x1x2 · · ·xk

= n.

Rje²enje: Za n = 1 tvr�enje je ta£no. Pretpostavimo da za neki priro-dan broj n vrijedi an = n. Ako pri ra£unanju an+1 sabirke grupi²emo udva dijela, u zavisnosti od toga da li odgovaraju¢i podskup od [n + 1]sadrºi n + 1 ili ne, dobijamo:

an+1 =

∑

{x1,x2,...,xk}⊆[n]

1x1x2···xk

+

1

n+1 + 1n+1

∑

{x1,x2,...,xk}⊆[n]

1x1x2···xk

.

42


Kada iskoristimo induktivnu pretpostavku, dobi¢emo da je

an+1 = n +1

n + 1+

n

n + 1= n + 1.

♦Pomo¢u principa matemati£ke indukcije moºemo na jo² jedan na£inizra£unati broj linearnih ure�enja (permutacija) na skupu od n eleme-nata.Primjer 3.1.3. Broj linearnih ure�enja na skupu od n elemenata jejednak n! = 1 · 2 · 3 · · · (n− 1) · n.Rje²enje: Za skup sa jednim elementom tvr�enje iz teoreme o£iglednovrijedi. Pretpostavimo da je n! broj linearnih ure�enja na proizvoljnomskupu sa n elemenata. Ako je X = {x1, x2, . . . , xn, xn+1}, sva linearnaure�enja na X moºemo dobiti tako ²to

1) Prvo linearno uredimo skup {x1, x2, . . . , xn} u niz xi1 , xi2 , . . . , xin .Na osnovu induktivne pretpostavke to moºemo uraditi na n! na£ina.

2) Sada odaberimo poziciju za element xn+1. Taj element moºe biti iliispred xi1 , ili izme�u xi1 i xi2 , ili izme�u xi2 i xi3 , . . . , ili izme�uxin−1 i xin , ili iza xin . Dakle, postoji n + 1 mogu¢e mjesto za xn+1.

Po principu proizvoda dobijamo da je broj linearnih ure�enja na skupuod n + 1 elemenata jednak (n + 1) · n! = (n + 1)!.

♦U primjeni matemati£ke indukcije trebamo biti oprezni. Poznat jesljede¢i primjer nekorektne primjene indukcije.Posmatrajmo niz tvr�enja:

P (n)... ako na livadi pase n konja, svi konji na toj livadi su iste boje.

�Dokaz� ovog (o£igledno pogre²nog) niza tvr�enja provodimo po-mo¢u matemati£ke indukcije:

P (1) je svakako ta£an iskaz: ako je samo jedan konj na livadi, ondasu svi konji na livadi iste boje kao i taj konj.

Pretpostavimo da vrijedi za proizvoljan n ∈ N, i �pokaºimo� da tadavrijedi i za n + 1.

Neka je na livadi n+1 konj: {K1,K2, . . . , Kn,Kn+1}. Prvih n konja{K1, K2, . . . ,Kn} su iste boje (po induktivnoj pretpostavci). Tako�e,i n konja {K2,K3, . . . , Kn,Kn+1} su po pretpostavci iste boje. Kakose ovi skupovi konja sijeku (K2 se nalazi u oba skupa), matemati£kom

43


indukcijom smo pokazali da su svi konji na livadi iste boje.

Svi ¢emo se sloºiti da ne moraju svi konji biti iste boje. Gdje je ondagre²ka u rasu�ivanju?Iskaz P (1) je zaista ta£an. Me�utim, implikacija P (1) ⇒ P (2) nijeta£na! Zaista, skupovi {K1,K2, . . . , Kn} i {K2,K3, . . . , Kn, Kn+1} sene sijeku za n = 1. Prevara je u zaklju£ku da se konj K2 nalazi u obaposmatrana skupa. To jeste ta£no za sve implikacije P (k) ⇒ P (k + 1),osim za k = 1!

Dakle, dovoljno je da jedna od implikacija P (k) ⇒ P (k+1) ne budeta£na, pa da ne moºemo zaklju£iti da su sva tvr�enja P (n) ta£na.PRIMJEDBA 3.1.4. Uo£imo dva svojstva skupa prirodnih brojeva:(i) Jedan je najmanji prirodan broj.

(ii) Za svaki prirodni broj n ∈ N postoji jedinstven sljedbenik n′ = n+1.Prostije re£eno, skup prirodnih brojeva ima po£etak (to je broj

jedan), i prirodni brojevi su �ure�eni� u niz, to jest za svaki n ∈ Nse ta£no zna koji broj je �poslije njega�. Nije te²ko zaklju£iti da se prin-cip matemati£ke indukcije moºe primijeniti na sve skupove2 koji imajusvojstva (i) i (ii).

Ta svojstva imaju skupovi oblika {n ∈ Z : n > m}, gdje je mproizvoljan cijeli broj. Princip matemati£ke indukcije na takvom skupumoºemo zapisati ovako(P (m)∧(∀k ∈ Z, k > m) [P (k) ⇒ P (k + 1)]

)⇒ (∀n ∈ Z, n > m)P (n).

Takvu situaciju sre¢emo u sljede¢em primjeru.Primjer 3.1.5. Dokazati da za proizvoljan prirodan broj n ve¢i od£etiri vrijedi 2n > n2.Rje²enje: Za n = 5 tvr�enje je ta£no: 25 = 32 > 25 = 52.Pretpostavimo da je 2n > n2 za neki prirodan broj n > 4. Vrijedi

2n+1 = 2·2n > (pretp.) > 2n2 > (za n ve¢i od 4) > n2+2n+1 = (n+1)2.

Na osnovu principa matemati£ke indukcije zaklju£ujemo da za sveprirodne brojeve n ve¢e od 4 vrijedi 2n > n2.

2 Aksioma matemati£ke indukcije je dio de�nicije skupa prirodnih brojeva, vidjeti[23].Ako je S ⊆ N takav da vrijedi: 1 ∈ S i za sve n, (n ∈ S) ⇒ ((n + 1) ∈ S), tada jeS = N.

44


Da za sve n ∈ N, n > 4, vrijedi 2n > n2 moºemo dokazati i kombina-torno. Podsjetimo se da je n2 broj elemenata u [n]× [n] i da je 2n brojpodskupova skupa [n].Ure�enom paru (a, b) ∈ [n]× [n] dodijelimo skup S(a,b) ⊂ [n] na sljede¢ina£in:

S(a,b) =

[n] \ {a, b}, ako je a < b;{a, b}, ako je a > b.{a}, ako je a = b.

Lako je primijetiti da je za n > 4 preslikavanje (a, b) 7→ S(a,b) do-bro de�nisana injekcija. Kako to preslikavanje o£igledno nije bijekcija,to skup [n]× [n] ima manje elemenata od skupa svih podskupova od [n].

♦PRIMJEDBA 3.1.6. Neka je zadan niz tvrdnji (P (n))n∈N. U nekimslu£ajevima, za dokaz tvr�enja P (n) treba pretpostaviti da su ta£ne sveprethodne tvrdnje P (1), P (2), . . . , P (n−1). U literaturi se ovaj principnaziva jaka ili stroga indukcija.

To samo izgleda stroºije od zahtjeva u �obi£noj� indukciji. Moºe sepokazati (naravno, matemati£kom indukcijom!) da je jaka indukcija ek-vivalentna sa obi£nom indukcijom.

Formalno, princip stroge matemati£ke indukcije se moºe zapisati nasljede¢i na£in:(P (1) ∧ (∀k ∈ N)

[(P (1) ∧ · · · ∧ P (k)

) ⇒ P (k + 1)]) ⇒ (∀n ∈ N)P (n).

Evo jednog primjera u kojem ¢emo koristiti ovu varijantu matem-ati£ke indukcije.Primjer 3.1.7. Neka a0 = 0 i neka je niz (an)n∈N0 zadan sljede¢omrelacijom:

an+1 = a0 + a1 + · · ·+ an + n + 1.

Dokazati da za sve n ∈ N vrijedi an = 2n − 1.Rje²enje: Primijetimo da je a1 = 1. Pretpostavimo da je ai = 2i − 1za sve i = 1, 2, . . . , n. Uz tu pretpostavku je

an+1 = (2−1)+(22−1)+· · ·+(2n−1)+n+1 = 1+2+· · ·+2n = 2n+1−1,

pa je tvr�enje dokazano.♦

45

3.2. Neke primjene matemati£ke indukcije

Ponekad, da bismo uspje²no koristili indukciju, trebamo �poja£ati�tvr�enje koje dokazujemo.Primjer 3.1.8. Dokaºi da za sve prirodne brojeve n > 1 vrijedi

122

+132

+ · · ·+ 1n2

<34.

Rje²enje: Ako poku²amo ovu nejednakost dokazati indukcijom, ne¢emouspjeti. Umjesto zadane, poku²ajmo dokazati stroºiju nejednakost

122

+132

+ · · ·+ 1n2

6 34− xn,

gdje je (xn)n∈N neki niz sa pozitivnim £lanovima. Prednost dokazivanja�ja£e� tvrdnje je u tome ²to brojeve xn moºemo odabrati sami. Biramoih tako da nam omogu¢e primjenu principa matemati£ke indukcije! Dabi iz ta£nosti nejednakosti za n zaklju£ili da vrijedi i za n + 1 bi¢edovoljno da je34− xn +

1(n + 1)2

6 34− xn+1, odnosno da je 1

(n + 1)26 xn − xn+1.

Lako je provjeriti da niz xn = 1n ispunjava traºeni zahtjev. Sada je lako

matemati£kom indukcijom dokazati da za sve n ∈ N vrijedi122

+132

+ · · ·+ 1n2

6 34− 1

n.

To ostavljamo za vjeºbu. Primijetimo da je time dokazana i polaznanejednakost.

♦

3.2 Neke primjene matemati£ke indukcije

�esto se matemati£ka indukcija koristi da bi konstruisali niz obje-kata sa zadanim svojstvom.TEOREMA 3.2.1. Postoji beskona£no mnogo prostih brojeva.

Ova teorema se moºe dokazati na mnogo na£ina (u [2] se moºe na¢i²est razli£itih dokaza!). Sljede¢i dokaz, koji se pripisuje Euklidu3, jevjerovatno prvi primjer indirektne primjene principa matemati£ke indu-kcije.3 Euclid, oko 300 godine p.n.e.

46


Dokaz. Pretpostavimo da je skup prostih brojeva kona£an, to jest dasu p1, p2, . . . , pn−1, pn svi prosti prirodni brojevi.Uo£imo broj N = p1 · p2 · · · pn−1 · pn + 1.

Lako je primijetiti da nijedan prost broj pi ne dijeli N , jer bi tadabroj 1 = N − p1 · p2 · · · pn−1 · pn bio djeljiv sa pi. Stoga mora da postoji�novi� prost broj p koji dijeli N . Kako je taj prost broj p razli£it odsvih pi, to je na²a pretpostavka o tome da ima samo n prostih brojevapogre²na.

utU su²tini, u prethodnoj teoremi smo dokazali tvr�enjeako postoji n prostih brojeva, tada postoji i n + 1 prost broj.

Ovo se moºe prepoznati kao korak matemati£ke indukcije.

Matemati£ka indukcija je e�kasna i u rje²avanju raznih kombinatorno-geometrijskih problema. Evo jednog od najjednostavnijih primjera.Primjer 3.2.2. U prostoru je zadano n ravni koje sve prolaze kroz istuta£ku, ali nikoje tri ne sadrºe istu pravu. Dokazati da te ravni dijeleprostor na n(n− 1) + 2 regiona!Rje²enje: Neka je an broj regiona na koji je prostor podijeljen sa nravni. Lako je primijetiti da je a1 = 2.

Pretpostavimo da je n ravni koje se nalaze u opisanom poloºajupodijelilo prostor na n(n−1)+2 regiona, to jest da je an = n(n−1)+2.

Sada dodajmo novu ravan π. Presjek ve¢ postavljenih n ravni sa πje n pravih koje prolaze kroz istu ta£ku. Tih n pravih je podijelilo ravanπ na 2n dijelova. Svaki od tih dijelova, presje£e jedan �stari� region odan postoje¢ih na dva dijela. Tako je

an+1 = an + 2n = n(n− 1) + 2 + 2n = (n + 1)n + 2.

♦

Sljede¢a teorema je uop²tenje tvr�enja iz primjera 2.4.2. Hiperravanu Rd je a�ni potprostor dimenzije d − 1. Svaka hiperravan podijeli Rd

na dva poluprostora. U ravni hiperravan je prava, u prostoru je hiperra-van �obi£na� ravan, itd . . . . Algebarski, hiperravan u Rd je skup rje²enjanetrivijalne linearne jedna£ine sa d nepoznatih.

47


TEOREMA 3.2.3 (�le�i4). Neka je zadato n hiperravni u Rd uop²tem poloºaju.5 Tih n hiperravni ¢e podijeliti Rd na

(n

d

)+

(n

d− 1

)+ · · ·+

(n

1

)+

(n

0

)

razli£itih regiona.Ovo je primjer gdje ¢emo koristiti matemati£ku indukciju po dva

indeksa n i d.Dokaz. Neka je an,d traºeni broj regiona. Za d = 1 hiperravni su ta£ke.Kako n razli£itih ta£aka podijeli pravu na n + 1 region, za sve n ∈ Nvrijedi an,1 =

(n1

)+

(n0

).

Pretpostavimo da je tvr�enje ta£no za proizvoljan broj hiperravni udimenzijama manjim od d. Indukcijom po broju hiperravni n dokazu-jemo da formula iz teoreme vrijedi i za an,d. Jedna hiperravan podijeliRd na dva dijela, pa je a1,d =

(11

)+

(10

)= 2. Pretpostavimo da teorema

vrijedi za n− 1 hiperravni u op²tem poloºaju u Rd.Sli£no kao i u primjeru 2.4.2, zapitajmo se za koliko se an−1,d pove¢a

dodavanjem nove hiperravni π. Sve postoje¢e hiperravni u Rd sijeku π, ipresjeci su (d−2)-dimenzionalne ravni (hiperravni u π). Po induktivnojpretpostavci za d−1, tih n−1 ravni dimenzije d−2 podijele novu ravan πna an−1,d−1 regiona. Svaki od tih (d−1)-dimenzionalnih regiona donesejedan novi region u podijeli Rd. Stoga vrijedi da je

an,d = an−1,d + an−1,d−1.

Na osnovu induktivne pretpostavke za an−1,d i an−1,d−1 vrijedi

an,d = an−1,d + an−1,d−1 =(

n− 10

)+

[(n− 1

1

)+

(n− 1

0

)]+

[(n− 1

2

)+

(n− 1

1

)]+ · · ·+

[(n− 1

d

)+

(n− 1d− 1

)].

Iz formule (ii) u teoremi 2.5.6 dobijamo

an,d =(

n

0

)+

(n

1

)+ · · ·+

(n

d

).

ut4 Ludwig Schlä�i (1814-1895)5 Za potrebe ove teoreme, biti u op²tem poloºaju zna£i da je za sve k 6 d presjekbilo kojih k hiperravni (d − k)-dimenzionalan potprostor od Rd, a presjek bilokojih d + 1 hiperravni je prazan skup.

48


Matemati£ka indukcija se tako�e £esto koristi u dokazivanju neje-dnakosti. Jedna od najpoznatijih i najvaºnijih nejednakosti je onaizme�u aritmeti£ke i geometrijske sredine.TEOREMA 3.2.4 (A-G nejednakost). Neka su x1, x2, . . . , xn po-zitivni realni brojevi. Aritmeti£ka sredina tih brojeva

A = A(x1, x2, . . . , xn) =x1 + x2 + . . . + xn

n

je uvijek ve¢a ili jednaka od njihove geometrijske sredine

G = G(x1, x2, . . . , xn) = n√

x1x2 · · ·xn.

Jednakost vrijedi ako i samo ako su svi xi jednaki.Sljede¢i elegantan dokaz se u [2] pripisuje Ko²iju6.

Dokaz. Posmatrajmo niz tvr�enja P (n) (koji je ekvivalentan sa A-Gnejednakosti):

P (n)... za x1, x2, . . . , xn iz R+ je x1x2 · · ·xn 6

(x1 + x2 + · · ·+ xn

n

)n.

Za n = 2 tvr�enje vrijedi jer je

x1x2 6(x1 + x2

2

)2ekvivalentno sa (x1 − x2)2 > 0.

Ljepota Ko²ijevog dokaza je u sljede¢oj varijaciji metoda mate-mati£ke indukcije:

Ako za sve n ∈ N vrijedi(∗) P (n) ⇒ P (n− 1),

(∗∗)(P (2) ∧ P (n)

)⇒ P (2n),

tada su sve tvrdnje P (n) ta£ne, odnosno A-G nejednakost vrijedi.Provjeriti da su implikacije (∗) i (∗∗) ta£ne je �tehni£ki dio� posla.

Dokaºimo tvr�enje (∗). Neka je a :=∑n−1

i=1 xi

n−1 . Tada je(

n−1∏

i=1

xi

)· a 6 ( zbog P (n)) 6

(∑n−1i=1 xi + a

n

)n

= an,

pa nakon skra¢ivanja sa a vrijedi6 Augustin Louis Cauchy (1789 - 1857)

49

3.3. Zadaci

n−1∏

i=1

xi 6 an−1 =(

x1 + x2 + · · ·+ xn−1

n− 1

)n−1

.

Da dokaºemo implikacije (∗∗), uo£imo da zbog P (n) vrijedi2n∏

i=1

xi =

(n∏

i=1

xi

)(2n∏

i=n+1

xi

)6

(n∑

i=1

xi

n

)n (2n∑

i=n+1

xi

n

)n

.

Sada iskoristimo pretpostavku da vrijedi P (2), pa dobijamo2n∏

i=1

xi 6(

n∑

i=1

xi

n

)n (2n∑

i=n+1

xi

n

)n

6(

2n∑

i=1

xi

2n

)2n

,

£ime je dokazano i tvr�enje (∗∗). Ako je x1 = x2 = · · · = xn tada jeo£igledno A = G. Ukoliko nisu svi x1, x2, . . . , xn me�usobno jednaki,pretpostavimo da vrijedi x1 6 x2 6 · · · 6 xn i da je x1 < xn. Tada jex1 < A < xn i stoga vrijedi (A − x1)(xn − A) > 0, odnosno x1xn <A(x1 + xn −A). Sada moºemo zaklju£iti da je

x1x2 · · ·xn < x2x3 · · ·xn−1A(x1 + xn −A) 6(x1 + x2 + · · ·+ xn

n

)n

Posljednja nejednakost u prethodnom redu se dobije primjenom A−Gnejednakosti na x2, x3, . . . , xn−1, A, x1 + xn −A. ut

3.3 Zadaci1. Dokaºi da za sve n ∈ N vrijedi

13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2.

2. Opi²i sve funkcije f : N → N takve da je f(m + n) = f(m) + f(n)za sve m,n ∈ N.

3. Dokaºi Bernulijevu nejednakost:Za sve x ∈ R, x > −1 i za sve n ∈ N vrijedi (1 + x)n > 1 + nx.

4. U ravni se nalazi n pravih (n > 1) tako da me�u njima nema pa-ralelnih. Na�ite gre²ku u sljede¢em �razmi²ljanju�:Indukcijom po n pokaza¢emo da se sve sijeku u jednoj ta£ki. Zan = 2 to je o£igledno. Pretpostavimo da tvr�enje vrijedi za npravih i posmatrajmo prave p1, p2, . . . , pn, pn+1. Po pretpostavci,p1, p2, . . . , pn−1, pn se sijeku u ta£ki A, a prave p2, p3, . . . , pn, pn+1

se sijeku u nekoj ta£ki B. Kako prave p2 i pn sadrºe ta£ke A i B toje A = B, pa sve prave prolaze kroz jednu ta£ku!

50

3.3. Zadaci

5. Neka je a realan broj za koji vrijedi a+ 1a ∈ Z. Dokaºi da je an + 1

an

tako�e cijeli broj!6. Za koje prirodne brojeve n vrijedi 3n > n4?7. Dokaºi da za sve prirodne brojeve n vrijedi

2√

n + 1− 2 < 1 +1√2

+1√3

+ · · ·+ 1√n

6 2√

n− 1.

8. Neka je n proizvoljan prirodan broj. Na¢i sve korijene polinoma

pn(x) = 1 +x

1!+

x(x + 1)2!

+ · · · x(x + 1)(x + 2) · · · (x + n− 1)n!

.

9. Neka je P neki prost n-tougao, ne nuºno konveksan. Dokaºi da je Pmogu¢e podijeliti na trouglove (triangulisati) pomo¢u dijagonala!

10. Za proizvoljan prirodan broj n de�ni²emo

f(n) = 1− 12 + 1

3− 14 + · · ·+ 1

2n−1− 12n , g(n) = 1

n+1 + 1n+2 + · · ·+ 1

2n .

Dokaºi da je f(n) = g(n) za sve n ∈ N.11. Dokaºi da su svi prirodni brojevi oblika

1007, 10017, 100117, 1001117, 10011117, . . .

djeljivi sa 53.12. U ravni se nalazi 3n ta£aka tako da nikoje tri nisu kolinearne.

Dokaºi da postoji n disjunktnih trouglova sa tjemenima u ta£kamaA1, A2, . . . , A3n!

13. Na teniskom turniru je u£estvovalo 2n igra£a i svako je igrao sasvakim. Dokaºi da je mogu¢e na¢i n + 1 igra£a i poredati ih u niztako da je svaki igra£ u tom nizu pobijedio sve igra£e poslije njega!

14. Dokaºi da je√√√√√2

√√√√3

√4

√· · ·

√(n− 1)

√n < 3.

15. �ezdeset i £etiri kuglice su sloºene u nekoliko kutija. Dozvoljeno jeodabrati dvije kutije sa p i q loptica, p > q, pa iz kutije sa p kuglicaprebaciti q kuglica u drugu kutiju. Da li je na taj na£in mogu¢e svekuglice premjestiti u jednu kutiju?

51


16. U prostoru je zadano 2n ta£aka i neke od njih su spojene duºima.Ako je povu£eno bar n2 +1 duºi, dokaºi da postoje tri duºi koji £inetrougao!

17. Za proizvoljan prirodan broj n de�ni²emo p(n) kao proizvod cifarabroja n. Na�i sve prirodne brojeve n za koje je p(n) = n2−10n−22.

18. Opi²i sve prirodne brojeve koji se mogu napisati kao zbir nekolikouzastopnih prirodnih brojeva.

19. Neka je n prirodan broj ve¢i od jedan. Neka je M skup intervalaoblika [a, b], gdje su a, b ∈ N, 1 6 a < b 6 n, za koji vrijedi sljede¢e:ako je I, I ′ ∈ M tada je I ∩ I ′ = ∅, ili I ⊆ I ′ ili I ′ ⊆ I. Kolikonajvi²e intervala moºe da ima u M?

20. Neka je p(x) polinom stepena d. Za sve n ∈ N de�ni²emo q(n) =p(1) + p(2) + · · ·+ p(n). Dokaºi da je q polinom stepena d + 1.

21. Posmatrajmo beskona£nu matricu £ije su vrste i kolone indeksiraneprirodnim brojevima. Da li je mogu¢e upisati u tu matricu prirodnebrojeve tako da svaka vrsta i svaka kolona sadrºi svaki prirodni brojta£no jednom?

22. Zadani su prirodni brojevi x1, x2, . . . , xm i y1, y2, . . . , yn takvi da je

x1 + x2 + · · ·+ xm = y1 + y2 + · · ·+ yn = s < mn.

Dokaºi da se sa obe strane jednakosti moºe obrisati nekoliko sabirakatako da jednakost i dalje ostane da vrijedi!

23. Neka je R1, R2, . . . familija kona£nih nizova prirodnih brojeva de�-nisana sa

R1 = (1), ako je Rn−1 = (x1, x2, . . . , xs), onda je

Rn = (1, 2, . . . , x1, 1, 2, . . . , x2, . . . , 1, 2, . . . , xs, n).

Tako je R2 = (1, 2),R3 = (1, 1, 2, 3), R4 = (1, 1, 1, 2, 1, 2, 3, 4).Dokaºi da za sve n > 1 vrijedi k-ti £lan slijeva u Rn je 1 ako isamo ako je k-ti £lan zdesna u Rn razli£it od 1.


1. Indukcijom po n. Za korak indukcije je dovoljno uo£iti da je(1 + 2 + · · ·+ n + (n + 1)

)2 − (1 + 2 + · · ·+ n

)2 = (n + 1)3.

2. Indukcijom po n ∈ N pokaºemo da su jedine takve funkcije f(n) =c · n.

52


3. Pokaºimo korak indukcije:(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x) > (1 + nx)(1 + x) > 1 + (n + 1)x.

4. Gre²ka je u koraku indukcije za n = 2. Implikacija P (2) ⇒ P (3)nije ta£na.

5. Korak indukcije:

an+1 +1

an+1=

(a +

1a

)(an +

1an

)−

(an−1 +

1an−1

).

6. Moºemo pokazati da iz 3n > n4 slijedi 3n+1 > (n + 1)4 za sveprirodne brojeve n > 1

4√3−1, pa implikacije P (n) ⇒ P (n+1) vrijede

za sve n > 4. Iz 38 = 94, odnosno 38 > 84, zaklju£ujemo da je3n > n4 za sve n > 8. Za n ∈ {2, 3, 4, 5, 6, 7} se provjeri da nevrijedi 3n > n4.

7. Ovo se moºe dokazati direktno, bez indukcije. Iskoristimo da za sven ∈ N vrijedi:

2(√

n + 1−√n)

=2√

n + 1 +√

n<

1√n

;

2(√

n−√n− 1)

=2√

n +√

n− 1>

1√n

.

8. Moºe se indukcijom po n pokazati da je

pn(x) =(x + 1)(x + 2) · · · (x + n)

n!.

Stoga su −1,−2, . . . ,−n nule polinoma pn.9. Dokaza¢emo tvr�enje indukcijom po broju tjemena poligona P . Po-

stoje tri susjedna tjemena A, B i C (AB i BC su ivice poligona P )takvi da je ugao ∠ABC manji od opruºenog. Ovo moºemo zaklju£itiako posmatramo najmanji konveksan poligon koji sadrºi P . Ako jeza neko tjeme X dijagonala BX u unutra²njosti poligona, tada jesa BX poligon P podijeljen na P1 i P2 koje moºemo triangulisatipo pretpostavci.Ukoliko sve dijagonale iz tjemena B �izlaze� van poligona P , tadaje AC dijagonala unutar P . U suprotnom bi postojala tjemena Pkoja su unutar 4ABC. Kroz sva takva tjemena povu£emo praveparalelne sa AC. Tjeme X kroz koje prolazi takva prava najbliºa Bje takvo da BX ne izlazi van P , ²to je kontradikcija. Tada se �otki-danjem� trougla ABC dobija (n−1)-tougao koje se po pretpostavcimoºe triangulisati.

53


10. Vrijedi

f(n + 1)− f(n) =1

2(n + 1)(2n + 1)= g(n + 1)− g(n),

pa tvr�enje slijedi indukcijom po n.11. Primijetimo da je 1007 = 53 · 19. Razlika dva susjedna broja u tom

nizu je oblika 901 · 10n = 53 · 17 · 10n.12. Koristimo indukciju po n. Pretpostavimo da tvr�enje vrijedi za n

i pokaºimo da vrijedi i za n + 1. Neka je P najmanji m-tougaokoji sadrºi sve zadane ta£ke (konveksan omota£ 3n zadatih ta£aka).Bez smanjenja op²tosti moºemo pretpostaviti da je duº A1A2 ivicapoligona P .Od svih ta£aka A3, A4, . . . , A3n+3 odaberimo ta£ku Ai, za koju jeugao ]AiA1A2 najmanji. U poluravni sa granicom A1Ai u kojoj nijeta£ka A2 se nalazi 3n ta£aka. Po pretpostavci se od tih 3n ta£akamoºe napraviti n disjunktnih trouglova, koji ¢e sa trouglom A1A2Ai

£initi n + 1 traºenih disjunktnih trouglova.13. Tvr�enje dokazujemo indukcijom po n. Pretpostavimo da vrijedi za

turnir sa 2n igra£a i posmatrajmo turnir sa 2n+1 igra£a. Odaberimoigra£a sa najvi²e pobjeda (on je pobijedio bar pola, odnosno bar2n u£esnika turnira) i postavimo na po£etak niza. Po induktivnojpretpostavci, od 2n igra£a koje je on pobjedio moºemo na¢i n + 1igra£a koji ispunjavaju uslove zadatka i poredati ih iza njega.

14. Pokaza¢emo da za �ksiran n ∈ N i za sve m 6 n vrijedi√√√√√

m

√√√√(m + 1)

√(m + 2)

√· · ·

√(n− 1)

√n < m + 1.

Koristimo indukciju �unazad�. O£igledo, tvr�enje vrijedi za m = n.Ako pretpostavimo da vrijedi za m + 1 dobijamo√√√√√

m

√√√√(m + 1)

√(m + 2)

√· · ·

√n− 1

√n <

√m(m + 2) < m + 1.

15. Pokaza¢emo da vrijedi: Ako je broj kuglica 2n uvijek je mogu¢e naopisan na£in sve kuglice prebaciti u jednu kutiju.To dokazujemo indukcijom po n. Za korak indukcije trebamo pokazatida ¢e se poslije kona£no mnogo �dozvoljenih presipanja� posti¢i da u

54


svakoj kutiji ima paran broj kuglica. Tada se u svim kutijama dvijepo dvije kuglice �slijepe�, pa primijenimo induktivnu pretpostavku.

16. Indukcijom ¢emo pokazati sljede¢e tvr�enje:Ako se od povu£enih duºi ne moºe formirati trougao, tada je brojduºi najvi²e n2.Neka je AB jedna od povu£enih duºi koja spaja dvije zadane ta£ke Ai B. Broj duºi koje spajaju neke od preostalih 2n− 2 posmatranihta£aka (po induktivnoj pretpostavci) moºe biti najvi²e (n − 1)2.Kako nema trougla, ne mogu i A i B biti spojene sa nekom odpreostalih ta£aka. Ukupan broj duºi je stoga najvi²e (n − 1)2 +(2n− 2) + 1 = n2.

17. Indukcijom po broju cifara od n moºemo pokazati da za sve prirodnebrojeve vrijedi p(n) 6 n. Tako se dobije da je n 6 12. Provjeromdobijamo da je n = 12 jedini takav prirodan broj.

18. Svaki neparan broj je o£igledno mogu¢e napisati kao zbir uzasto-pnih: 2n + 1 = n + (n + 1).Ako je prirodan broj oblika n = 2m(2r + 1), tada je

n = (r + 1− 2m) + · · ·+ (r − 1) + r + (r + 1) + · · ·+ (r + 2m).

Negativni brojevi u prethodnoj sumi se poni²te sa odgovaraju¢impozitivnim (negativnih ima manje!). Tako smo broj n napisali kaozbir uzastopnih prirodnih brojeva. Jedini brojevi koji se ne mogunapisati kao zbir nekoliko uzastopnih prirodnih brojeva su oblika2m, za neki m ∈ N. Zaista, svaki broj oblika

k + (k + 1) + · · ·+ (k + r) =(r + 1)(2k + r)

2

ima neki neparan faktor.19. Indukcijom po n moºemo pokazati da je |M | 6 n− 1.20. Indukcijom po stepenu d. Dovoljno je pokazati za p(x) = xd. Iz poli-

noma 1d+1

((x + 1)d+1 − xd+1

)dobijemo nd i onda koristimo pret-

postavku indukcije.21. Indukcijom po n pokaza¢emo sljede¢e tvr�enje. Za svaki n ∈ N

moºemo konstruisati matricu Mn tipa 2n × N za koju vrijedi:(a)U svakoj vrsti Mn se svaki prirodan broj pojavi ta£no jednom.(b)U svakoj koloni Mn se svaki prirodan broj pojavi najvi²e jednom(c)Podmatrice 2n × 2n od Mn generisane sa kolonama k · 2n + 1,k ·

2n + 2, . . . , (k + 1)2n (gdje je k ∈ N0) su sastavljene od brojevak · 2n + 1, k · 2n + 2, . . . , (k + 1)2n, za k ∈ N0.

55


O£igledno je da matrica

M1 =[1 2 3 · · · n n + 1 · · · ]

ispunjava uslove (a), (b) i (c). Pretpostavimo da matrica

Mn =[A1 A2 A3 A4 · · ·

],

gdje su A1, A2, . . . , An, . . . matrice 2n × 2n, ispunjava traºene zaht-jeve. Sada uo£imo da i za matricu

Mn+1 =[A1 A2 A3 A4 · · ·A2 A1 A4 A3 · · ·

]

vrijede (a), (b) i (c).Niz matrica Mn nam je dovoljan da bi konstrisali matricu kojutraºimo: m-ta vrsta traºene matrice je jednaka m-toj vrsti matricaMn za sve n ∈ N, za koje je 2n > m.

22. Tvr�enje dokazujemo indukcijom po m+n. Iz uslova zadatka slijedim,n > 2. Za m + n = 4 tvr�enje je o£igledno. Pretpostavimo davrijedi za sve m i n takve da je m + n < k i pokaºimo da vrijedi iza brojeve m i n kojima je zbir jednak k. Pretpostavimo da su x1 iy1 najve¢i sabirci na lijevoj i desnoj strani i da je x1 > y1. Tada je

(x1 − y1) + x2 + · · ·+ xm = y2 + y3 + · · ·+ yn = s1.

Kako je s1 = s− y1 < s− sn < mn(n−1)

n = m(n− 1), na prethodnujednakost moºemo primijeniti induktivnu pretpostavku.

23. Uo£imo familiju nizova An,i, za n ∈ N, 1 6 i 6 n de�nisanu sa

An,1 = (1), An,n = (n), An,i = (An−1,i−1, An−1,i−1).

Primjetimo da su za sve n i i nizovi An,i i An,n−i+1 iste duºine.Indukcijom po n se moºe pokazati da za sve 1 6 i 6 n vrijedi

An−1,i = (x1, x2, . . . , xt) ⇒ An,i = (1, 2, . . . , x1, . . . , 1, 2, . . . , xt).

Indukcijom po n se moºe dokazati da je Rn = (An,1An,2 . . . , An,n).I tvr�enje iz zadatka dokazujemo indukcijom po n. Ako je k-ti £lanniza Rn broj u, a k-ti £lan sdesna u tom nizu broj v, tada vrijediu ∈ An,i ⇒ u ∈ An,n−i+1. Dalje, simetri£an poloºaj u i v garantujeda vrijedi ako je u iz An−1,k−1 (ili iz An−1,k) onda je v iz An−1,n−k (iliiz An−1,n−k−1). To zna£i da brojevi u i v imaju simetri£ne pozicijei u Rn−1, pa moºemo iskoristiti induktivnu pretpostavku.

56

4

PERMUTACIJE I SIMETRI�NA GRUPA

4.1 Bijekcije i injekcije

U poglavlju 2.5 permutacije nekog n-£lanog skupa X smo de�nisalikao rasporede svih elemenata iz X na n mjesta. Ako i elemente iz skupaX i mjesta na koja ih raspore�ujemo ozna£imo brojevima 1, 2, . . . , n,tada svaki raspored elemenata skupa X na n mjesta (ili linearno ure-�enje skupa X) predstavlja bijekciju π : [n] → [n].

Vrijedi i obrnuto, svaka bijekcija na skupu [n] de�ni²e raspored ele-menata iz X na n mjesta. Stoga, moºemo re¢i da je permutacija pre-slikavanje π : [n] → [n] koje je bijekcija.

Dakle, permutacija se moºe de�nisati kao raspored n predmeta nan mjesta, kao linearano ure�enje na kona£nom skupu, ili kao bijekcijana skupu [n].

Jedan od na£ina da se pregledno zapi²e permutacija π : [n] → [n] jepomo¢u tablice:

π =(

1 2 · · · i · · · nπ(1) π(2) · · · π(i) · · · π(n)

).

Kako je π bijekcija, u donjoj vrsti tabele π se pojave svi brojevi od1 do n, i to svaki broj ta£no jednom.

Za sve permutacije skupa [n] prva vrsta u prethodnoj tablici je uvijekista, pa je permutacija π potpuno odre�ena sa drugom (donjom) vrstom.

Stoga, permutaciju π moºemo zapisati i kao niz (rije£) π1π2 . . . πn ilikao ure�enu n-torku (π(1), π(2), . . . , π(i), . . . , π(n)) u kojoj se pojavesvi brojevi od 1 do n.

4.1. Bijekcije i injekcije

U teoremi 2.5.1 i primjeru 3.1.3 smo pokazali da skup svih permutacijana skupu [n] ima n! elemenata.

Neka je X skup od n elemenata i neka je r 6 n neki prirodan broj.U primjedbi 2.5.2 smo de�nisali r-permutaciju1 skupa X kao niz (rije£)x1x2 . . . xr duºine r u kojem se nalaze me�usobno razli£iti elemenatiskupa X. Ako elemente skupa X ozna£imo brojevima iz [n], kao i kodpermutacija, r-permutacije skupa X moºemo interpretirati kao injekcijef : [r] → [n].

Sljede¢e tvr�enje smo ve¢ dokazali u posljedici 2.5.3.TEOREMA 4.1.1. Neka su r i n prirodni brojevi i neka je r 6 n.Broj injekcija f : [r] → [n] je

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

Ako je r = n, tada su r-permutacije skupa od n elemenata isto ²toi obi£ne permutacije.Evo nekoliko zadataka u kojima se kao rje²enje pojavi broj permutacija,odnosno r-permutacija nekog skupa.Primjer 4.1.2. Odgovori na sljede¢a pitanja:1. Koliko ima petocifrenih brojeva kojima su sve cifre razli£ite i koji

su djeljivi sa pet?2. Na koliko na£ina ²est mu²karaca i pet ºena moºe da stane u red,

ako osobe istog pola ne smiju biti susjedi?3. Koliko ima permutacija f : [n] → [n] kod kojih je f(1) < f(2)?Rje²enje:1. Ako je broj djeljiv sa pet, njegova posljednja cifra je nula ili pet. Ako

je posljednja cifra nula, tada su prve £etiri cifre neka 4-permutacijaskupa [9]. Tih permutacija ima 9 · 8 · 7 · 6 = 3024.Ako je posljednja cifra tog broja 5, prva je neki element a iz [9]\{5}(osam mogu¢nosti za to). Preostale tri cifre su neka 3-permutacijaskupa

([9] \ {a, 5}) ∪ {0}. Takvih brojeva ima 8 · 8 · 7 · 6 = 2688.

Po principu sume, petocifrenih brojeva djeljivih sa pet, kojima susve cifre razli£ite ima 3024 + 2688 = 5712.

1 U ranijoj literaturi, r-permutacije skupa X su se nazivale varijacije r-te klaseskupa od n elemenata.

58

4.1. Bijekcije i injekcije

2. Iz uslova zadatka zaklju£ujemo da mu²karci stoje na neparnim aºene na parnim mjestima. Raspored mu²karaca na neparna mjestaje jedna od 6! permutacija skupa mu²karca. Sli£no, ºene na parnamjesta moºemo rasporediti na 5! na£ina. Po principu proizvoda, brojtraºenih rasporeda je 6! · 5!.

3. Svih bijekcija (permutacija) skupa [n] ima n!. Svakoj permutacijif : [n] → [n] dodijelimo permutaciju f ′ : [n] → [n] de�nisanu saf ′(i) = n + 1 − f(i). Lako je primijetiti da je preslikavanje f 7→ f ′

involucija, pa stoga i bijekcija. Dalje, vrijedi i

f(1) < f(2) ako i samo ako je f ′(1) > f ′(2).

Po principu bijekcije, broj permutacija za koje je f(1) < f(2) jejednak broju permutacija kod kojih je f(1) > f(2). Stoga, ta£nopolovina svih permutacija ima traºeno svojstvo, pa je odgovor n!/2.

♦Primjer 4.1.3. Neka je n = 2k + 1 neparan prirodan broj. Koliko imapermutacija π : [n] → [n] za koje je zbir

|π(1)− 1|+ |π(2)− 2|+ · · · |π(n)− n|

maksimalan?Rje²enje: Kada se �oslobodimo� apsolutnih vrijednosti, dobi¢e se izrazsa 2n £lanova. Od tih 2n £lanova njih n = 2k + 1 je pozitivno. Kako jeπ bijekcija, svaki broj od 1 do n se u tom izrazu pojavi ta£no dva puta.

Traºena suma ¢e biti maksimalna ako su pozitivni brojevi u tomizrazu ²to je mogu¢e ve¢i. Dakle, da bi suma bila maksimalna, pozitivnibrojevi u tom izrazu moraju biti k+2, k+3, . . . , 2k, 2k+1 (njih ukupno2k, jer se svaki pojavi dva puta) i broj k + 1 (koji se pojavi jednom).

Tako dobijamo da je izraz |π(1)− 1|+ |π(2)− 2|+ · · · |π(n)−n| najvi²e

−1−1−· · ·−k−(k+1)+(k+1)+(k+2)+· · ·+(2k+1) = 2k(k+1) = n2−12 .

Neka je π permutacija za koju je posmatrana suma maksimalna. Po-smatrajmo ²ta moºe da bude π(k + 1). Razlikujemo tri slu£aja:(a)Neka je π(k + 1) = i < k + 1. Takav broj i moºemo odabrati na k

na£ina. Ako ºelimo da posmatrana suma bude maksimalna, tada jek+1 = f(j), za neki j > k+1 (i taj j se moºe odabrati na k na£ina).

59

4.2. Simetri£na grupa

Da bi suma bila maksimalna, brojevi 1, 2, . . . , k se sa π slikaju uk + 2, k + 3, . . . , 2k + 1. Postoji k! takvih preslikavanja (bijekcija).Dalje, restrikcija preslikavanja π de�ni²e bijekciju izme�u skupova{k + 2, k + 3, . . . , 2k + 1} \ {j} i {1, 2, . . . , k, } \ {i}. Postoji (k− 1)!takvih preslikavanja.Na osnovu principa proizvoda, zaklju£ujemo da ovakvih bijekcija naskupu [n] ima k2k!(k − 1)! = k(k!)2.

(b)Neka je π(k + 1) = j, gdje je j > k + 1. Na sli£an na£in kao uprethodnom slu£aju se moºe pokazati da je broj takvih bijekcijatako�e k(k!)2.

(c)Ako je π(k + 1) = k + 1 tada se brojevi iz {1, 2, . . . , k, } slikaju sa πu {k +2, k +3 . . . , 2k +1} i obrnuto. Takvih preslikavanja ima (k!)2.

Primijenimo princip sume i dobijamo da je traºeni broj permutacija zakoje je posmatrana suma maksimalna jednak

2k(k!)2 + (k!)2 = (2k + 1) · (k!)2 = n[(

n−12

)!]2

.

♦

4.2 Simetri£na grupa

Skup svih bijekcija (permutacija) na skupu [n] ozna£imo sa Sn. Akosa ◦ ozna£imo kompoziciju preslikavanja, nije te²ko provjeriti da vrijedi:• Ako su π, σ permutacije iz Sn tada je i π ◦ σ ∈ Sn.• Za sve π, σ, τ iz Sn vrijedi π ◦ (σ ◦ τ) = (π ◦ σ) ◦ τ .• Ako je Id : [n] → [n] identiteta (za sve m ∈ [n] je Id(m) = m), tada

je Id ◦ π = π ◦ Id = π, za sve π ∈ Sn.• Za sve π ∈ Sn postoji σ ∈ Sn tako da je π ◦ σ = σ ◦ π = Id. Za

permutaciju σ kaºemo da je inverz od π i pi²emo σ = π−1.Iz prethodne primjedbe2 slijedi:TEOREMA 4.2.1. Skup svih permutacija skupa [n] s obzirom na ko-mpoziciju funkcija je grupa.2 Ako je na skupu G de�nisana binarna operacija ∗ : G×G → G za koju vrijedi- za sve x, y, z ∈ G je x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z (∗ je asocijativna),- postoji e ∈ G takav da je x∗ e = e∗x = x za sve x ∈ G (e je neutralan element),- za svaki x ∈ G postoji y ∈ G takav da je x ∗ y = y ∗ x = e (svaki x ∈ G ima

inverz),kaºemo da je G grupa obzirom na operaciju ∗.

60


Ta grupa se naziva simetri£na grupa i to je jedan od najvaºnijihobjekata u cijeloj matematici. Zanimljivo je da su simetri£na grupa Sn

i neke njene osobine bile predmet prou£avanja mnogo prije nego ²to jepojam grupe formalno de�nisan.

U ovom poglavlju ¢emo opisati nekoliko svojstava grupe Sn koja sekoriste u daljem tekstu.

Kompozicija dvije permutacije π ◦σ se zapisuje kra¢e sa πσ i nazivase proizvod permutacija π i σ.DEFINICIJA 4.2.2. Neka su a1, a2, . . . , ak razli£iti brojevi iz skupa[n]. Sa (a1a2 · · · ak) ozna£imo permutaciju f ∈ Sn za koju je

f(a1) = a2, f(a2) = a3, . . . , f(ak−1) = ak, f(ak) = a1,

a za sve ostale i ∈ [n] \ {a1, a2, . . . , ak} je f(i) = i. Takva permutacijaπ se naziva ciklus duºine k (ili kra¢e k-ciklus.) Ciklus duºine dva senaziva transpozicija.PRIMJEDBA 4.2.3. Neka je π proizvoljna permutacija u grupi Sn.Orbita elementa i u permutaciji π je skup

{πm(i) : m ∈ N} ⊆ [n].

Taj skup je svakako kona£an, pa postoji najmanji prirodan broj s ∈ Ntakav da je πs(i) = i. Tako je orbita elementa i skup {i, π(i), . . . , πs−1(i)}.

Ciklus C = (i π(i) . . . πs−1(i)) je ciklus permutacije π odre�ensa i.

Za dva razli£ita elementa i, j ∈ [n], ciklusi (orbite) permutacije fodre�eni sa i odnosno sa j su ili disjunktni ili jednaki!

Proizvod ciklusa je proizvod u grupi Sn, dakle kompozicija pe-rmutacija. Na primjer, u S5 je

(135)(123) =(

1 2 3 4 53 2 5 4 1

)◦

(1 2 3 4 52 3 1 4 5

)=

(1 2 3 4 52 5 3 4 1

)= (125),

dok je (123)(135) = (235).Za cikluse π = (a1 a2 · · · ak) i σ = (b1 b2 · · · bl) kaºemo da su

disjunktni ako je {a1, a2, . . . , ak} ∩ {b1, b2, . . . , bl} = ∅. Lijepa osobinadisjunktnih ciklusa je da me�usobno komutiraju, odnosno za sve i ∈ [n]vrijedi π(σ(i)) = σ(π(i)).TEOREMA 4.2.4. Svaka permutacija se moºe napisati kao proizvoddisjunktnih ciklusa.

61


Dokaz. Neka je π proizvoljna permutacija iz Sn i neka je C1 ciklusodre�en brojem 1. Ako je C1 = π dokaz je zavr²en. Ukoliko je C1 6= πtada postoji element i ∈ [n] koji ne pripada orbiti broja 1. Sada uo£imociklus C2 odre�en elementom i. Lako je provjeriti da su ciklusi C1 i C2

disjunktni. Ako je f = C1C2, dokazali smo tvr�enje teoreme. Ukoliko jef 6= C1C2, prethodni postupak ponavljamo. Kako je [n] kona£an skup,poslije kona£no koraka (recimo k), dobi¢emo da je π = C1C2 · · ·Ck.

utRastav neke permutacije u proizvod disjunktnih ciklusa je jedinstven dona raspored, to jeste, dva zapisa permutacije kao proizvoda disjunktnihciklusa se mogu razlikovati samo u rasporedu ciklusa. Na primjer:

(1 2 3 4 5 6 7 8 95 9 7 1 4 6 8 3 2

)= (154)(29)(378)(6) = (29)(6)(154)(378).

PRIMJEDBA 4.2.5. Kako je

(a1a2 . . . ak) = (a2a3 . . . aka1) = · · · = (aka1a2 . . . ak−1),

to proizvoljan ciklus moºemo zapo£eti bilo kojim njegovim elementom.Dakle, u svakom ciklusu duºine k, prvi element moºemo proizvoljnoodabrati. Na primjer, vrijedi

(1 2 3 4 5 6 7 8 95 9 7 1 4 6 8 3 2

)= (154)(29)(378)(6) = (415)(92)(783)(6).

Ako u svakom ciklusu neke permutacije π postavimo najve¢i elementciklusa na po£etak, a zatim cikluse uredimo tako da po£etni elementiu ciklusima rastu, dobi¢emo standardnu reprezentaciju permutacijeπ. Standardna reprezentacija za

(1 2 3 4 5 6 7 8 95 9 7 1 4 6 8 3 2

)je (541)(6)(837)(92).

POSLJEDICA 4.2.6. Svaka permutacija se moºe napisati kao proizvodtranspozicija.

Dokaz. Ako je C = (a1a2 . . . ar) proizvoljan ciklus uo£imo da je:

(a1a2 . . . ak) = (a1a2)(a2a3) . . . (ak−1ak) = (a1ak)(a1ak−1) . . . (a1a2).

Tvr�enje slijedi na osnovu teoreme 4.2.4.ut

62


Iz prethodne posljedice je lako zaklju£iti da zapis permutacije π kaoproizvoda transpozicija nije jedinstven.DEFINICIJA 4.2.7. Red permutacije π ∈ Sn je najmanji prirodanbroj m za koji je πm = Id.

O£igledno je red k-ciklusa jednak k.TEOREMA 4.2.8. Neka je π = C1C2 · · ·Ck rastav permutacije πu proizvod disjunktnih ciklusa. Ako su n1, n2, . . . , nk duºine ciklusaC1, C2, . . . , Ck, tada je red permutacije π najmanji zajedni£ki sadrºalacbrojeva n1, n2, . . . , nk.Dokaz. Neka je m najmanji zajedni£ki sadrºalac brojeva n1, n2, . . . , nk.Tada vrijedi

πm = (C1C2 · · ·Ck)m = ciklusi su disjunktni = Cm1 Cm

2 · · ·Cmk = Id.

Sa druge strane, ako je πr = Cr1Cr

2 · · ·Crk = Id, lako se moºe zaklju£iti

da je broj r djeljiv sa svim ni. Najmanji takav broj je m.ut

DEFINICIJA 4.2.9. Neka je π permutacija iz Sn. Znak permutacijeπ je

sgn(π) =∏

16i<j6n

π(i)− π(j)i− j

.

Za svaki par (i, j), takav da je 1 6 i < j 6 n, razlika i − j ili j − i sepojavi ta£no jednom u brojiocu razlomka iz de�nicije sgn(π) (u onomkojem je imenilac jednak |π−1(i)− π−1(j)|). Zato je sgn(π) ∈ {−1, 1}.

Ako je znak permutacije jednak jedan, kaºemo da je permutacijaparna, ina£e je permutacija neparna.PRIMJEDBA 4.2.10. Dakle, da bi smo odredili znak permutacije π,dovoljno je znati znakove svih £inilaca u zapisu sgn(π). Za sve i < jrazlomak

π(i)− π(j)i− j

je negativan ako je π(i) > π(j), odnosno pozitivan, ako je π(i) < π(j).Za par (i, j) kaºemo da je inverzija permutacije π ako je i < j aπ(i) > π(j). Ako sa inv(π) ozna£imo broj inverzija u permutaciji π, izprethodnog razmatranja zaklju£ujemo da tada vrijedi

sgn(π) = (−1)inv(π).

Dakle, permutacija π je parna ako i samo ako je inv(π) paran broj.

63


LEMA 4.2.11. Za svake dvije permutacije π i σ vrijedi

sgn(πσ) = sgn(π)sgn(σ).

Dokaz. Primijetimo da je

sgn(πσ) =∏

16i<j6n

π(σ(i))− π(σ(j))i− j

=

=∏

16i<j6n

π(σ(i))− π(σ(j))σ(i)− σ(j)

· σ(i)− σ(j)i− j

= sgn(π)sgn(σ).

utPRIMJEDBA 4.2.12. Na osnovu posljedice 4.2.6 znamo da se svakapermutacija moºe napisati kao proizvod transpozicija. Neka je π =τ1τ2 · · · τk. Kako je transpozicija neparna permutacija, na osnovu leme4.2.11 dobijamo da je sgn(π) = (−1)k. Proizvoljnu permutaciju moºemonapisati kao proizvod transpozicija na vi²e razli£itih na£ina. Broj tra-nspozicija u tom zapisu ne mora biti isti, ali je uvijek iste parnosti.

Dakle, permutacija π je parna ako i samo ako se moºe napisati kaoproizvod parnog broja transpozicija.

Stoga je ciklus duºine k je parna permutacija ako i samo ako je kneparan. Permutacija π je parna ako i samo ako je pri dekompoziciji πu proizvod disjunktnih ciklusa paran broj ciklusa parne duºine.TEOREMA 4.2.13. Ako je n > 2, broj parnih permutacija u Sn jejednak broju neparnih permutacija.

Dokaz. Posmatrajmo preslikavanje π 7→ (12)π. Lako je provjeriti da jeovo preslikavanje involucija. Tako�e, iz leme 4.2.11 zaklju£ujemo da supermutacije π i (12)π razli£itog znaka. Stoga je preslikavanje π 7→ (12)πbijekcija koja parne permutacije slika u neparne, a neparne u parne.

utPRIMJEDBA 4.2.14 (Lojdova zagonetka). Poznati autor mo-zgalica, Sem Lojd je postavio 1891. godine sljede¢i problem:

U kvadrat 4×4 je smje²teno 15 jedini£nih kvadrati¢a ozna£enih bro-jevima od 1 do 15, dok je donje desno polje ostalo prazno. Kvadrati sabrojevima su sloºeni �skoro po redu�−jedino su kvadrati 14 i 15 zami-jenili mjesta, vidi sliku 4.1.

64


1 2 3 4

5 6 7 8

9 10 11 12

13 15 14

Slika 4.1. Lojdova zagonetka

Problem: Pomjeraju¢i kvadrate koji su susjedni praznom u �prazanprostor� sloºiti sve brojeve od 1 do 15 po redu?

Ovaj problem je izazvao veliku paºnju i Lojd je ponudio nagradu od1000 dolara za pravilno rje²enje ove zagonetke. Me�utim, nije morao dase pla²i za svoj novac, jer problem nije mogu¢e rije²iti!

Ova tvrdnja se pokaºe tako ²to pomo¢u leme 4.2.11 pratimo kako semijenja znak permutacije prilikom pomjeranja kvadrata!.

Ozna£imo prazno polje sa 16 i zamislimo da su �ispod kvadrati¢a�napisani brojevi od 1 do 15. Svakom rasporedu kvadrati¢a na tabli 4×4odgovara permutacija iz S16. Polaznom rasporedu kvadrati¢a na tabliodgovara permutacija π = (14 15) (cikluse duºine jedan ne pi²emo), ²toje neparna permutacija. Poredak brojeva po redu, ²to ºelimo posti¢i,odgovara identi£koj permutaciji koja je parna.

Jedno pomjeranje kvadrata i u prazan prostor je mnoºenje transpo-zicijom (i 16). Ako (u ºelji da sloºimo polja po redu) prazno polje �pro²e-tamo� po tabli i vratimo ga u donji desni ugao, napravili smo paranbroj poteza. To je ekvivalentno mnoºenju π = (14 15) sa parnim bro-jem transpozicija.Me�utim, sve ovako dobijene permutacije su neparne, i nije mogu¢ena ovaj na£in dobiti identi£ku permutaciju. To je razlog za²to ovuzagonetku nije mogu¢e rije²iti!

65

4.3. O nekim numeri£kim parametrima simetri£ne grupe

4.3 O nekim numeri£kim parametrima simetri£ne grupe

U ovom poglavlju razmatramo neke probleme enumerativne kombi-natorike koji se prirodno pojave kada se prou£ava simetri£na grupa.Neka je permutacija π iz Sn napisana kao proizvod disjunktnih ciklusa.Broj ciklusa duºine i u tom proizvodu ozna£imo sa ci.Tip permutacije π je ure�ena n-torka type(π) = (c1, c2, . . . , cn). Akoje type(π) = (c1, c2, . . . , cn) primijetimo da je tada

c1 + 2c2 + · · ·+ ici + · · ·+ ncn = n.

Drugim rije£ima, tada je

( n, n, . . . , n︸︷︷︸cn puta broj n

, . . . , 2, 2, . . . , 2︸︷︷︸c2 dvojki

, 1, 1, . . . , 1︸︷︷︸c1 jedinica

)

particija3 broja n.Za permutacije π i σ iz Sn kaºemo da su konjugovane ako postoji

τ ∈ Sn tako da vrijedi π = τστ−1.TEOREMA 4.3.1. Permutacije π i σ su konjugovane ako i samo akosu istog tipa.

Dokaz. Neka je π = τστ−1 i neka je C ciklus u π odre�en sa i ∈ [n]. Akoje C ciklus duºine m, tada iz πm(i) = (τστ−1)m(i) = τσmτ−1(i) = imoºemo zaklju£iti da je σm

(τ−1(i)

)= τ−1(i).

Ako je ciklus u σ odre�en sa τ duºine r tada iz σr(τ−1(i)) =(τ−1πτ)rτ−1(i) = τ−1πr(i) = τ−1(i) dobijamo da je r = m.Nastavljaju¢i ovako, moºemo zaklju£iti da konjugovane permutacijeimaju istu strukturu ciklusa, to jest, isti tip.

Ukoliko je type(π) = type(σ), permutacije π i σ moºemo napisati kaoproizvod ciklusa π = C1C2 · · ·Cr i σ = C ′

1C′2 · · ·C ′

r tako da su za sve iciklusi Ci i C ′

i iste duºine. Ako je Ci = (a1a2 . . . as) a C ′i = (b1b2 . . . bs),

de�ni²emo permutaciju τ sa τ(bi) = ai. Ovo uradimo za sve cikluse Ci

i C ′i (uklju£uju¢i i cikluse duºine jedan). Lako se provjeri da je tada

π = τστ−1, pa su permutacije π i σ konjugovane.ut

3 Ovaj zapis nije ba² korektan. Kako je cn 6 1, broj n se u toj particiji pojavinajvi²e jednom.

66


Moºe se pokazati da je konjugovanost relacija ekvivalencije na Sn.Sve permutacije konjugovane sa π £ine klasu konjugacije. Klase konju-gacije u Sn su ili disjunktne ili jednake. Sljede¢e tvr�enje je o£iglednaposljedica dosada²njeg razmatranja.POSLJEDICA 4.3.2. Razli£itih klasa konjugacije u Sn ima isto kolikoi particija broja n.Sada ¢emo odrediti koliko permutacija ima u konkretnoj klasi konju-gacije u Sn.TEOREMA 4.3.3. Broj permutacija tipa (c1, c2, . . . , cn) u Sn je

n!1c1 · c1! · 2c2 · c2! · · · · · ncn · cn!

.

Dokaz. Za �ksiranu n-torku c = (c1, c2, . . . , cn) brojeva iz N0 za kojevrijedi

c1 + 2c2 + · · ·+ ici + · · ·+ ncn = n

uo£imo skupSc = {π ∈ Sn : type(π) = c} ⊆ Sn.

Neka je permutacija π = π(1)π(2) · · ·π(n) zapisana kao rije£. De�ni²imopreslikavanje

Φ : Sn → Sc

tako da prvih c1 elemenata u nizu π(1)π(2) · · ·π(n) �proglasimo� ci-klusima duºine 1. Sljede¢ih 2c2 £lanova tog niza �pretvorimo� u c2 cik-lusa duºine 2, narednih 3c3 elemenata pretvorimo u cikluse duºine tri,itd. . . .

Φ(π) = Φ(π(1)π(2) · · ·π(n)) =

= (π1)(π2) · · · (πc1)︸︷︷︸c1

(πc1+1πc1+2) · · · (πc1+2c2−1πc1+2c2)︸︷︷︸c2

· · ·

Da odredimo |Φ−1(σ)|, to jest, koliko ¢e istih permutacija iz Sn

�pogoditi� neku permutaciju u Sc, primijetimo sljede¢e:Neka je σ = Φ(π) proizvoljna permutacija tipa c = (c1, c2, . . . , cn).Napi²imo je kao proizvod ciklusa, tako da su ciklusi ure�eni po veli£ini,to jest � kra¢i� ciklusi su u tom zapisu prije �duºih�.

67


Neka je τ = τ1τ2 . . . τn neka permutacija iz Φ−1(σ) zapisana kaorije£.

(a)Ako u σ proizvoljno permutujemo ci ciklusa duºine i, ne naru²avaju¢iporedak ciklusa po veli£ini, dobi¢emo istu permutaciju. Na takavna£in, cikluse duºine i u σ moºemo permutovati na ci! na£ina. Pe-rmutaciji ciklusa u σ odgovara permutovanje odgovaraju¢ih blokovapo i susjednih elemenata u permutaciji τ . To su elementi koji se sa Φslikaju u cikluse od σ duºine i. Na taj na£in smo dobili c1!c2! · · · cn!permutacija koje se sa Φ slikaju u σ.

(b)Izbor po£etnog elementa u nekom ciklusu od σ odgovara cikli£kompermutovanju susjednih elemenata od τ koji se sa Φ slikaju u tajciklus. U svakom ciklusu permutacije σ, prvi element ciklusa duºinei moºemo odabrati (vidjeti primjedbu 4.2.5) na i razli£itih na£ina.Na taj na£in dobijemo 1c12c2 · · ·ncn permutacija u Φ−1(σ).

Na primjer, za permutaciju σ = (1)(23)(456)(789) iz S(1,1,2) vrijedi

σ = Φ(123456789) = Φ(123789456) = Φ(123897645).

Na osnovu principa proizvoda, zaklju£ujemo da je za proizvoljan σ ∈ Sc|Φ−1(σ)| = 1c1c1!2c2c2! · · · kckck! · · ·ncncn!.

Sada elemenate skupa

{(π, Φ(π)) : π ∈ Sn}prebrojimo na dva na£ina. Permutaciju π ∈ Sn moºemo odabrati na n!na£ina, a njena slika Φ(π) je jedinstveno odre�ena.Permutaciju Φ(π) ∈ Sc biramo na |Sc| na£ina, a permutacija iz Sn

kojima je to slika ima 1c1c1!2c2c2! · · · kckck! · · ·ncncn!. Stoga je

n! = |Sc| · 1c1c1!2c2c2! · · · kckck! · · ·ncncn!.

utSa c(n, k) ozna£imo broj permutacija u Sn koje imaju ta£no k ci-

klusa. Taj broj se naziva Stirlingov broj prve vrste bez znaka.TEOREMA 4.3.4. Brojevi c(n, k) zadovoljavaju sljede¢u rekurzivnurelaciju

c(n, k) = (n− 1)c(n− 1, k) + c(n− 1, k − 1),

uz po£etne uslove c(n, k) = 0 za n 6 0 ili k 6 0 (osim za k = n = 0kada je c(0, 0) = 1 ).

68


Dokaz. Kada permutaciji iz Sn−1 sa k − 1 ciklusa dopi²emo ciklus (n)duºine jedan, dobije se permutacija iz Sn sa k ciklusa. Na taj na£indobijemo sve permutacije skupa [n] sa k ciklusa kod kojih je n �ksnata£ka; njih je ukupno c(n− 1, k − 1).

Sada pretpostavimo da n nije �ksna ta£ka permutacije π iz Sn kojaima ta£no k ciklusa. Moºemo uo£iti da je takva permutacija π dobijenadopisivanjem n iza nekog od elemenata iz [n − 1] u neki od k ciklusapermutacije skupa [n− 1]. Svakoj od c(n− 1, k) permutacija iz [n− 1]broj n se moºe dopisati na n− 1 na£in.

Stoga je broj svih permutacija iz Sn sa ta£no k ciklusa kojima n nije�ksna ta£ka jednak (n − 1) · c(n − 1, k). Sada se rekurzivna relacija izteoreme dobije pomo¢u principa sume.

utVaºna numeri£ka karakteristika neke permutacije je i broj inverzija.Prisjetimo se da je inv(π) ozna£avao broj inverzija, odnosno, za pe-rmutaciju π ∈ Sn je

inv(π) = |{(i, j) : 1 6 i < j 6 n, π(i) > π(j)}|.PRIMJEDBA 4.3.5. Za sve i ∈ [n− 1] neka je Xi = {0, 1, . . . , n− i}i neka je Tn = X1 × X2 × · · · × Xn−1. Za permutaciju π ∈ Sn i brojj iz [n − 1] sa aj ozna£imo broj inverzija u π kojima je �slika drugekoordinate� jednaka j:

aj = |{k ∈ [n] : k < π−1(j), π(k) > j}|.Ako je permutacija π zapisana kao rije£ π1π2 . . . πn tada je aj broj£lanova koji su lijevo od j i koji su ve¢i od j.Niz I(π) = (a1, a2, . . . , an−1) se naziva tabla inverzija permutacije π.Primijetimo da je 0 6 ai 6 n− i za sve i ∈ [n] i da je

inv(π) = a1 + a2 + · · ·+ an−1.

Preslikavanje I : Sn → Tn je bijekcija, pa je svaka permutacijajedinstveno odre�ena svojom tablom inverzija.

Ako je inv(π) = (4, 0, 2, 2, 0, 3, 0, 1) tabla inverzija neke permutacijeπ = π1π2 . . . π9, iz a1 = 4 moºemo zaklju£iti da se prije broja jedanpojave ta£no £etiri broja ve¢a od jedan. Stoga je broj jedan na π5 = 1.Ponavljaju¢i ovaj postupak, lako se dobije da je π = 2 5 7 3 1 4 9 8 6.Dakle, tabla inverzija je jo² jedan na£in kako moºemo zapisati pe-rmutacije iz Sn.

69


TEOREMA 4.3.6. Za sve n ∈ N, n > 1 vrijedi:∑

π∈Sn

xinv(π) = (1+x+· · ·xn−1) · · · (1+x+· · ·+xi) · · · (1+x+x2)(1+x).

Dokaz. U razvoju polinoma (1+x+x2+· · ·xn−1) · · · (1+x+x2)(1+x) sepojavi n! sabiraka oblika xa1xa2 · · ·xan−1 , gdje je ai ∈ {0, 1, . . . , n− i}.

Na osnovu prethodne primjedbe, postoji jedinstvena permutacija πkojoj je (a1, a2, . . . , an−1) tabla inverzija. Zahvaljuju¢i korespondenciji

xinv(π) = xa1+a2+···+an−1 = xa1xa2 · · ·xan−1

izme�u sabiraka na lijevoj i desnoj strani jednakosti, moºemo zaklju£itida je tvr�enje teoreme ta£no.

ut

Iz prethodne teoreme moºemo zaklju£iti da je koe�cijent uz xk urazvoju (1+x)(1+x+x2) · · · (1+x+ · · ·+xi) · · · (1+x+x2 + · · ·xn−1)jednak broju permutacija iz Sn sa ta£no k inverzija.

Taj broj ozna£imo sa b(n, k).TEOREMA 4.3.7. Neka su k, n ∈ N. Za k 6 n vrijedi

b(n + 1, k) = b(n + 1, k − 1) + b(n, k).

Ako je k > n tada vrijedi

b(n + 1, k) = b(n + 1, k − 1) + b(n, k)− b(n, k − n− 1).

Dokaz. Neka je Bn+1,k skup svih permutacija iz Sn+1 sa ta£no k inve-rzija. Prvo razmotrimo slu£aj kada je k 6 n. Sve takve permutacijepodijelimo u dvije grupe razlikuju¢i ih po tome da li je n + 1 �ksnata£ka ili ne:

Pn+1,k = {π ∈ Bn+1,k : π(n + 1) = n + 1},

Qn+1,k = {π ∈ Bn+1,k : π(n + 1) 6= n + 1}.Ako permutaciju iz Pn+1,k napi²emo kao rije£, na kraju se nalazi

n + 1. Brisanjem n + 1 sa posljednjeg mjesta, dobi¢emo permutaciju izBn,k. Kako je ovo preslikavanje bijekcija, vrijedi |Pn+1,k| = |Bn,k|.

Neka je π ∈ Qn+1,k i neka se n+1 nalazi na i-tom mjestu. Zamjenomπi = n + 1 i susjednog elementa πi+1, dobije se permutacija iz Sn+1 sa

70


jednom inverzijom manje. Uz uslov k 6 n, to daje bijekciju4 izme�uQn+1,k i Bn+1,k−1. Stoga je |Qn+1,k| = |Bn+1,k−1|, pa dobijamo

|Bn+1,k| = |Bn,k|+ |Bn+1,k−1|,odakle slijedi rekurzivna relacija za b(n, k) kada je k 6 n.

Ako je k > n, permutacije iz Bn+1,k−1 koje po£inju sa n + 1 sene mogu dobiti od neke permutacije iz Qn+1,k �guranjem� n + 1 jednomjesto unazad. No, brisanjem n + 1 sa prvog mjesta neke permutacijeiz Bn+1,k−1 dobija se permutacija iz Bn,k−n−1 (i ovo je bijekcija), pa jezato

|Qn+1,k| = |Bn+1,k−1| − |Bn,k−n−1|.Sada se lako dobije rekurzivna relacija za brojeve b(n, k) i za k > n.

utU sljede¢oj tabeli su prikazane neke vrijednosti za brojeve b(n, k).

n \ k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101 12 1 13 1 2 2 14 1 3 5 6 5 3 15 1 4 9 15 20 22 20 15 9 4 16 1 5 14 29 49 71 90 101 101 90 71

DEFINICIJA 4.3.8. Neka je π = π1π2 · · ·πn permutacija iz Sn. Padu permutaciji π je i ∈ [n− 1] za koji vrijedi πi > πi+1.Sa D(π) = {i ∈ [n − 1]|πi > πi+1} ozna£imo skup padova u π. Brojpadova u permutaciji π ozna£avamo sa des(π) = |D(π)|.Na primjer, za π = 5136472 ∈ S7 je D(π) = {1, 4, 6} i des(π) = 3.

Broj permutacija u Sn sa ta£no k− 1 padova je Ojlerov broj A(n, k):

A(n, k) = |{π ∈ Sn : des(π) = k − 1}|.4 Iz uslova k 6 n slijedi da se n + 1 ne moºe nalaziti na prvom mjestu neke per-mutacije iz Bn+1,k−1.

71


TEOREMA 4.3.9. Ojlerovi brojevi zadovoljavaju sljede¢u rekurzivnurelaciju:

A(n, k + 1) = (k + 1)A(n− 1, k + 1) + (n− k)A(n− 1, k).

Dokaz. Neka je π = π1π2 . . . πn−1 permutacija iz Sn−1 koja ima kpadova. Ako broj n dodamo na kraj π (tada vrijedi πn−1 < n), iliizme�u πi i πi+1 za i ∈ D(π) (tada je πi > πi+1 i πi < n > πi+1), brojpadova u π se ne¢e promjeniti. Tako od svake permutacije iz Sn−1 sa kpadova dobijemo k + 1 permutaciju iz Sn sa k padova.

Ako π = π1π2 . . . πn−1 iz Sn−1 ima k − 1 pad, da bi dopisivanjemelementa n dobili permutaciju iz Sn sa k padova, broj n treba upisatina po£etak ili izme�u πi i πi+1 za i ∈ [n − 2] koji nije u skupu D(π).Tako se od π ∈ Sn−1 sa k − 1 padova dobije n − k permutacija iz Sn

sa k padova. Primjenom principa sume dobijamo rekurzivnu relaciju zaOjlerove brojeve.

ut

Ojlerove brojeve moºemo zapisati i kao koe�cijenteOjlerovog poli-noma

An(x) =∑

π∈Sn

x1+des(π) =n∑

k=1

A(n, k)xk.

Nekoliko prvih Ojlerovih polinoma su:

A1(x) = x,A2(x) = x + x2, A3(x) = x + 4x2 + x3,

A4(x) = x + 11x2 + 11x3 + x4,

A5(x) = x + 26x2 + 66x3 + 26x4 + x5,

A6(x) = x + 57x2 + 302x3 + 302x4 + 57x5 + x6,

A7 = x + 120x2 + 1191x3 + 2416x4 + 1191x5 + 120x6 + x7.

Zanimljivo je da su svi korijeni Ojlerovih polinoma realni brojevi.Dokaz te tvrdnje, kao i mnogo vi²e detalja o kombinatornim svojstvimasimetri£ne grupe se moºe na¢i u [11].

72

4.4. Zadaci

4.4 Zadaci

1. Na koliko na£ina se m dje£aka i n djevoj£ica moºe poredati u red?Koliko ima tih rasporeda u kojima su sve djevoj£ice poredane jednado druge?

2. Koliko ima parnih prirodnih brojeva koji se mogu napisati pomo¢ucifara 1,2,3,4,5,6 ako se svaka cifra upotrijebi ta£no jednom?

3. Na koliko na£ina mogu tri Grka, £etiri Rusa i pet Rumuna stati ured tako da sunarodnici stoje jedan do drugog?

4. Koliko £etverocifrenih brojeva ima sve cifre razli£ite? Koliko jetakvih brojeva parno, a koliko ih se pi²e samo s neparnim ciframa?

5. a) Koliko ima permutacija u Sn sa samo jednim ciklusom?b) Koliko u Sn ima permutacija reda dva?c) Koliko ima permutacija u S6 sa ta£no dva ciklusa?

6. Za permutaciju π = 796421385 ∈ S9 odredi broj ciklusa, red, brojpadova, tablu i broj inverzija.

7. Za koji niz c = (c1, c2, . . . , cn) je broj permutacija u Sn tipa c mak-simalan?

8. Koliko ima permutacija u Sn sa ta£no tri inverzije?9. Koliko ima permutacija u Sn u kojima je broj 1 u ciklusu duºine k?10. Na koliko na£ina moºemo odabrati permutaciju π ∈ Sn, a onda neki

podskup skupa njenih ciklusa?11. Opi²i sve permutacije π ∈ Sn za koje postoji σ ∈ Sn takav da je

π = σ2?12. Paran broj ljudi je sjedio za okruglim stolom. Poslije pauze, svi su se

vratili za sto, ne nuºno na isto mjesto gdje su bili. Dokaºi da postojedva £ovjeka izme�u kojih sjedi isti broj ljudi kao i prije pauze!

13. Koliko ima permutacija u Sn u kojima je broj 1 prije 2, a broj 3prije 4? Koliko ima permutacija u Sn kojima je 1 prije brojeva 2 i3?

14. Koliko najmanje a koliko najvi²e inverzija moºe da ima permutacijaiz Sn koja ima ta£no n− 2 pada?

15. Neka je π permutacija iz S2n+1 sa ta£no n padova u kojoj su pad irast naizmjeni£ni. Koliko najmanje a koliko najvi²e inverzija moºeda bude u takvoj permutaciji?

16. U razredu je k dje£aka i n−k djevoj£ica. Ako se oni poredaju u red,sa S ozna£imo broj parova susjednih u£enika razli£itog pola. Na�iprosje£nu vrijednost za S ako se posmatraju svi mogu¢i rasporedi!

17. Izra£unati

73


1n!

∑

π∈Sn

((π1 − π2)2 + (π2 − π3)2 + · · ·+ (πn−1 − πn)2

).

18. Za proizvoljan S = {i1, i2, . . . , ik} ⊆ [n], i1 < i2 < · · · < ik odrediαS := |{π ∈ Sn|D(π) ⊆ S}|.

19. Broj ai je po£etni maksimum u permutaciji π = a1a2 . . . ai . . . an ∈Sn ako je ai > aj za sve j < i. Dokaºi da je broj permutacija u Sn

sa ta£no k po£etnih maksimuma jednak c(n, k).20. Koliko ima permutacija u Sn u kojima je k odabranih elemenata u

istom ciklusu?21. Koliko ima permutacija u Sn kojima su svi ciklusi parne duºine?22. Neka je n paran broj. Dokaºi da je broj permutacija u Sn kojima

su svi ciklusi parne duºine jednak broju permutacija u Sn £iji su sviciklusi neparne duºine!

23. Dokaºi da za Ojlerove brojeve vrijedi A(n, k + 1) = A(n, n− k).24. Neka je An(x) Ojlerov polinom za Sn. Izra£unaj A′n(1).25. Neka je n prirodan broj. Niz prirodnih brojeva x1, x2, . . . , xn duºine

n je dobar ukoliko vrijedi sljede¢eako se u tom nizu pojavi k > 1, mora se pojaviti i k − 1. Tako�e,prvo pojavljivanje broja k−1 je prije posljednjeg pojavljivanja brojak.Koliko ima dobrih nizova duºine n?

26. U jednoj igri u£estvuje n, n > 1 igra£a. Svaki od igra£a ima jednuloptu. Svih

(n2

)parova igra£a, po nekom redoslijedu, zamijene lopte

koje imaju u tom trenutku. Za igru ¢emo re¢i da je lijepa ako nakraju niko nema loptu koju je imao na po£etku. Sa druge strane,igra je dosadna, ako na kraju svaki igra£ ima istu loptu koju je imaona po£etku igre.Odredi za koje n ∈ N postoji lijepa (odnosno dosadna) igra!


1. Odgovori su (m + n)!, odnosno (m + 1)!n!.2. Rje²enje je 3 · 5! = 360.3. Na 3! · 3! · 4! · 5! = 103 680 na£ina.4. Rje²enja su: 9 · 9 · 8 · 7 = 4536 £etverocifrenih brojeva kojima su sve

cifre razli£ite; me�u njima je 9 · 8 · 7 + 8 · 8 · 7 · 4 = 2296 parnih i5 · 4 · 3 · 2 = 120 sa neparnim ciframa.

74


5. a) (n− 1)!.b)

∑bn2c

k=0

(n2k

)(2k − 1)!!.

c)(61

) · 4! +(62

) · 3! +(63

) · 2! · 2! = 314.6. Permutacija π = 796421385 = (1736)(295)(4)(8) ima 4 ciklusa, red

je 12, ima 5 padova, tabla inverzija je I(π) = (5, 4, 4, 3, 4, 2, 0, 1) iinv(π) = 23.

7. Za c = (1, 0, . . . , 0, 1, 0).8. Koristi¢emo tablu inverzija. Postoji

(n−1

3

)tabli sa tri jedinice,

2(n−1

2

) − (n − 2) tabli sa jednom jedinicom i jednom dvicom (nemoºe broj dva biti na kraju table), i n − 3 table sa jednom tricom(ostali £lanovi u tabli inverzija su nule). Dakle, za n > 3 rje²enje je

(n− 1

3

)+ 2

(n− 1

2

)− (n− 2) + (n− 3) =

(n + 1

3

)− n.

9.(n−1k−1

)(k − 1)!(n− k)! = (n− 1)!.

10. Ako u odabranim ciklusima ima k elemenata, broj takvih izboraje

(nk

)k!(n − k)! = n!. Stoga je

∑nk=0 n! = (n + 1)! odgovor na

postavljeno pitanje.11. Kako je

(a1a2 . . . a2na2n+1) = (a1an+2a2an+3 . . . a2n+1an+1)2,

neparni ciklusi u π se mogu napisati kao kvadrati. Paran ciklus nemoºe biti kvadrat nekog ciklusa (parnost permutacija). Me�utim,primijetimo da vrijedi

(a1a2 . . . a2n)(b1b2 . . . b2n) = (a1b1a2b2 . . . a2nb2n)2.

Stoga, sve permutacije π ∈ Sn koje za svaki paran broj r imajuparan broj ciklusa duºine r mogu biti kvadrati neke permutacije.

12. Mjesta za stolom ozna£imo sa 0, 1, . . . , 2n−1. Mjesta gdje ljudi sjedeposlije pauze su neka permutacija ovih brojeva π0, π1, . . . , π2n−1.Dokaºimo da postoje i 6= j takvi da je i − j ≡ πi − πj(mod 2n),odnosno i − πi ≡ j − πj(mod 2n). Ako takvi ne postoje, bro-jevi i − πi(mod 2n) za i = 0, 1, . . . , 2n − 1 imaju sve vrijednosti0, 1, . . . , 2n− 1. Tada je

∑ni=0(i− πi) ≡ n(2n− 1)(mod 2n). Me�u-

tim, u π0, π1, . . . , π2n−1 se pojave svi elementi od 0 do 2n− 1, pa tasuma mora biti 0!

13.(n4

)(42

)(n− 4)! = n!

4 , odnosno(n3

) · 2 · (n− 3)! = n!3 .

75


14. Permutacija n(n − 1) · · · 4312 ima n − 2 pada i(n2

) − 1 inverzija,dok dn

2 e(dn

2 e − 1) · · · 321n(n − 1) · · · (dn

2 e + 1) ima n − 2 pada i(dn2e

2

)+

(n−dn2e

2

)inverzija.

15. Permutacija 2143 . . . 2n(2n−1)(2n+1) ima n (najmanje) inverzija,a permutacija (2n+1)(2n−1)2n(2n−3)(2n−2) . . . 12 ima

(2n+1

2

)−n(najvi²e) inverzija.

16. Uo£imo mjesta i i i + 1. Dje£aka i djevoj£icu za ta mjesta moºemoodabrati na 2k(n − k) na£ina. Ostale u£enike moºemo rasporeditina (n− 2)! na£ina. Postoji n− 1 par susjednih mjesta, pa je traºenibroj

S =2k(n− k)(n− 2)!(n− 1)

n!=

2k(n− k)n

.

17. Elementi skupa {i, j} se pojave kao susjedi u 2(n− 1)! permutacijai sumi doprinesu (i − j)2. Broj k2 se moºe dobiti kao (i − j)2 zai, j ∈ [n] na (n− k) na£ina. Tako je traºena suma

1n!

2(n− 1)!n−1∑

k=1

k2(n− k) =(n− 1)n(n + 1)

6.

18. Prvih i1 elemenata permutacije sa padovima u S biramo na(

ni1

)na£in i uredimo po veli£ini, jer tu nema pada. Sljede¢ih i2−i1 biramona

(n−i1i2−i1

)na£ina, itd . . . . Stoga je

αS =(

n

i1

)·(

n− i1i2 − i1

)·(

n− i2i2 − i3

)· · · = n!

i1! · (i2 − i1)! · · · · · (n− ik)!.

19. Neka je π permutacija iz Sn sa k ciklusa. Napi²imo π u standardnomobliku (u svakom od ciklusa postavimo najve¢i broj na po£etak, iporedajmo cikluse π po veli£ini �po£etnih� brojeva). Ako obri²emozagrade, dobi¢emo permutaciju (zapisanu kao rije£), u kojoj supo£etni maksimumi biv²i po£eci ciklusa. Ovo je bijekcija izme�upermutacija sa k ciklusa i permutacija sa k po£etnih maksimuma.

20. Broj takvih permutacija ne zavisi od odabranih elemenata, pamoºemo pretpostaviti da smo odabrali n−k+1, n−k+2, . . . , n−1, n.Permutaciju u kojoj su ti elemanti u istom ciklusu preslikamo bi-jekcijom opisanom u prethodnom zadatku. Tako smo dobili bijek-ciju izme�u traºenog skupa i skupa permutacija u kojima je n prijen− k + 1, n− k + 2, . . . , n− 1. Tih permutacija ima

(n

k

)(k − 1)!(n− k)! =

n!k

.

76


21. Ako je n neparan taj broj je nula. Za paran n = 2k nacrtajmo 2kta£aka u ravni i spojimo po dvije linijama u parove. To moºemouraditi na (2k − 1)!! na£ina. Ako to uradimo jo² jednom, dobi¢emograf kojem su komponente povezanosti ciklusi parne duºine. Kompo-nente povezanosti tog grafa interpretiramo kao cikluse permutacijeiz Sn. Cikluse orijenti²emo tako da iz neke ta£ke �izlazimo� sa lini-jom koju smo prvu nacrtali. Tako je traºeni broj permutacija jednak[(2k − 1)!!

]2.22. Ako je π permutacija sa ciklusima neparne duºine (ima ih paran

broj), napi²imo je u standardnom obliku. Posljednji broj iz prvogciklusa prebacimo na kraj drugog, posljednji broj tre¢eg ciklusa pre-bacimo na kraj £etvrtog, itd. . . .Na taj na£in dobijemo permutaciju sa ciklusima parne duºine. Kakoje ovo preslikavanje bijekcija, zadatak je rije²en.

23. Neka je π = π1π2 . . . πn permutacija sa k − 1 padova. Ako se svakiπi zamijeni sa n − πi, dobije se permutacija sa n − k − 1 padova.Ovo preslikavanje je o£igledno involucija, pa tako i bijekcija.

24. Kako je A′n(1) =∑n

k=1 k ·A(n, k) svaku permutaciju π ∈ Sn brojimodes(π)+1 put, odnosno, A′n(1) =

∑π∈Sn

(des(π)+1). Svaki dvo£laniskup {i, j} bude pad u (n− 1)! permutacija, pa je

A′n(1) =(

n

2

)· (n− 1)! + n! =

(n + 1

2

)(n− 1)!.

25. Neka je x1, x2, . . . , xn dobar niz duºine n i neka je m najve¢i broj utom nizu. Iz de�nicije dobrog niza znamo da se u tom nizu pojavesvi brojevi iz [m]. Za sve k = 1, 2, . . . , m uo£imo skupove Ak ={j ∈ [n] : xj = k}. Ti skupovi su me�usobno disjunktni, njihovaunija je [n]. Ako u svakom od Ak elemente uredimo u opadaju¢i nizAk, dobi¢emo permutaciju iz Sn podijeljenu u opadaju¢e blokoveA1A2 . . . Am tako da je min Ak−1 < max Ak za sve k. Ovo dajebijekciju izme�u dobrih nizova i svih permutacija iz Sn.

26. Zamjenu lopte igra£a p i q moºemo interpretirati kao transpoziciju(p g) ∈ Sn. U terminima simetri£ne grupe, igra je lijepa ako sesvih

(n2

)transpozicija moºe urediti u niz τ1, τ2, . . . , τ(n

2)tako da je

proizvod τ1τ2 · · · τ(n2)

permutacija bez �ksne ta£ke.Sli£no, igra je dosadna ako se sve transpozicije iz Sn mogu raspore-diti u niz tako da im je proizvod identi£ka permutracija. Pokaºimoda za sve n > 1 postoji lijepa igra, osim za n = 3. Za n = 2 jetrivijalno, za n = 3 lijepa igra ne postoji jer je (ab)(ac)(bc) = (ac).

77


Neka je n > 3 Posmatrajmo permutaciju Πn ∈ Sn

Πn = (12)(13)(23)(14)(24) · · · (1n)(2n) · · · ((n− 1) n).

Indukcijom po n se moºe pokazati da za paran n = 2k vrijedi

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

²to je permutacija bez �ksne ta£ke. Ako je n = 2k +1 neparan broj,permutacija bez �ksne ta£ke ¢e biti

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

Ako ºelimo da proizvod svih transpozicija bude identi£ka per-mutacija, tada

(n2

)mora biti paran broj, odnosno broj n je oblika

n = 4k ili n = 4k + 1. Pokaºimo da postoji dosadna igra za svetakve brojeve. Za n = 4k sve igra£e podijelimo u grupe po £etiri.Unutar iste grupe lopte razmjenjuju na sljede¢i na£in

(34)(13)(24)(23)(14)(12) = Id.

Kako je proizvod transpozicija

(47)(37)(46)(16)(28)(38)(27)(26)(45)(48)(17)(18)(35)(36)(25)(15)

identi£ka permutacija, to opisuje razmjenu lopti izme�u igra£a izrazli£itih grupa.U dokazu tvr�enja za n = 4k + 1 jedan igra£ je osta neraspore�en.Relacija

(3x)(34)(4x)(13)(24)(23)(14)(1x)(12)(2x) = Id

oisuje kako taj igra£ x razmjenjuje loptu sa igra£ima iz svake grupetako da igra ostane dosadna.

78

5

BINOMNI I POLINOMNI KOEFICIJENTI

5.1 O binomnim koe�cijentima

U dosada²njim primjerima smo mogli zapaziti da se u rje²enju nekogzadatka iz kombinatorike £esto pojave brojevi

(nk

). Razlog je u tome ²to

su binomni koe�cijenti(nk

)odgovor na pitanje:

Koliko k-£lanih podskupova ima skup od n elemenata?To smo ve¢ dokazali u teoremi 2.5.5. Evo jo² jednog dokaza te tvrdnje.TEOREMA 5.1.1. Neka je X skup sa n elemenata. Ako je 0 6 k 6 n,broj svih k-£lanih podskupova skupa X je binomni koe�cijent

(n

k

)=

n!k!(n− k)!

=n(n− 1) · · · (n− k + 1)

k!. (5.1)

Dokaz. Neka je(Xk

)skup svih k-£lanih podskupova od X.

U teoremi 4.1.1 smo pokazali da je broj svih k-permutacija u skupu Xjednak n!

(n−k)! .

Sve k-permutacije skupa X moºemo dobiti i na sljede¢i na£in:Prvo odaberemo proizvoljan element iz

(Xk

)(to je k-£lani podskup

od X) na∣∣∣(Xk

)∣∣∣ na£ina, a zatim ga linearno uredimo na k! na£ina. Poprincipu dvostrukog prebrojavanja je

n!(n− k)!

=∣∣∣∣(

X

k

)∣∣∣∣ · k!, odnosno∣∣∣∣(

X

k

)∣∣∣∣ =n!

k!(n− k)!.

ut

5.1. O binomnim koe�cijentima

Binomni koe�cijent(nk

)£itamo1 �en nad ka�.

Primjer 5.1.2. Prepoznati koji su binomni koe�cijenti odgovori nasljede¢a pitanja!(a) U ravni je zadan skup ta£aka S = {A1, A2, . . . , An}. Ako nikoje

tri od tih ta£aka nisu kolinearne, koliko ima trouglova kojima sutjemena ta£ke iz S?

(b) Koliko ima puteva od ta£ke (0, 0) do ta£ke (m, n) ∈ N0 × N0 ukoordinatnoj ravni, ako su dozvoljeni koraci u tom putu za jedandesno ili za jedan gore, to jest, od ta£ke (a, b) moºemo sti¢i u (a, b+1)ili u (a + 1, b)?

(c) Na polici se nalazi 30 knjiga. Na koliko na£ina moºemo odabratinjih deset tako da me�u odabranim knjigama nema susjednih?

Rje²enje:(a) Me�u ta£kama iz S ne postoje tri kolinearne, pa je svaki tro£lanipodskup od S skup tjemena jednog trougla. Stoga, traºenih trouglovaima isto koliko i tro£lanih podskupova od S, dakle

(n3

).

(b) Korak (0, 1) u posmatranom putu moºemo zapisati slovom G(�gore�), a korak (1, 0) sa D (�desno�). Svaki put od (0, 0) do (m,n)moºemo zapisati kao niz od m + n slova G ili D, pri £emu se slovo Dpojavi ta£no m puta (potrebno je napraviti m koraka desno).

Izbor m pozicija za slovo D u nizu duºine m + n je izbor m-£lanogpodskupa od skupa od m + n elemenata. Tako je ukupan broj traºenihputeva

(m+n

m

).

(c) Zamislimo da smo odabrali tih deset knjiga od trideset (tako daizme�u njih nema susjednih) i da ih istovremeno �izvla£imo� sa police.Kada smo ih �skoro izvukli�, predomislimo se i vratimo ih nazad. Tada,u stvari, na polici stoji 20 knjiga, i mi dodajemo deset novih tako danikoje dvije od tih novih nisu susjedne (princip bijekcije!).

Kako te nove knjige moºemo rasporediti na 21 mjesto, rje²enje za-datka je

(2110

).

♦U sljede¢oj teoremi opisa¢emo neka osnovna svojstva binomnih koe�ci-jenata.

1 Na engleskom se(

nk

)£ita �n choose k�, ²to u prevodu zna£i od n biram k. Time

se nagla²ava da je to broj k-£lanih podskupova u n-£lanom skupu.

80


TEOREMA 5.1.3 (Osnovna svojstva binomnih koe�cijenata).Za binomne koe�cijente vrijede sljede¢e relacije:(i) Za sve n > k > 0 je

(nk

)=

(n

n−k

).

(ii) Za sve n > k > 1 je(nk

)= n

k

(n−1k−1

).

(iii) Za sve n > k > 1 je(nk

)=

(n−1k−1

)+

(n−1

k

).

(iv) Za sve n > k > 0 jek∑

i=0

(n + i

i

)=

(n

0

)+

(n + 1

1

)+ · · ·+

(n + k

k

)=

(n + k + 1

k

).

Dokaz. Tvr�enja (i), (ii) i (iii) se mogu lako dobiti direktno iz formule(5.1). To ostavljamo za vjeºbu, a sada ¢emo dati kombinatorne dokazetih formula.(i) Preslikavanje koje k-£lanom podskupu S ⊆ [n] dodjeli njegov ko-

mplement [n] \ S je bijekcija izme�u([n]

k

)i( [n]n−k

).

(ii) Ako prebrojimo elemente skupa

{(x, S) : x ∈ S, S ⊆ [n], |S| = k}

na dva na£ina (kao u teoremi 2.5.5) dobijamo n(n−1k−1

)= k

(nk

),

odnosno(nk

)= n

k

(n−1k−1

).

(iii) Sve k-£lane podskupove od [n] podijelimo u dvije grupe, s obziromna to da li sadrºe n ili ne. Podskupova iz

([n]k

)koji sadrºe n ima(

n−1k−1

), a onih koji ne sadrºe n ima

(n−1

k

)(vidjeti i formulu (ii) u

teoremi (2.5.6)).(iv) Tvr�enje moºemo dokazati uzastopnom primjenom formule (iii):

(n + k + 1

k

)=

(n + k

k

)+

(n + k

k − 1

)=

=(

n + k

k

)+

(n + k − 1

k − 1

)+

(n + k − 1

k − 2

)= · · · =

=(

n + k

k

)+

(n + k − 1

k − 1

)+ · · ·+

(n + 1

1

)+

(n

0

).

81


Ovu formulu moºemo dokazati i kombinatorno, tako ²to ¢emosvakom od binomnih koe�cijenata iz formule (iv) �na¢i� odgovara-ju¢u kombinatornu interpretaciju.Broj

(n+k+1

k

)prepoznamo kao broj svih k-£lanih podskupova skupa

[n + k + 1].Za proizvoljan broj i = 0, 1, 2, . . . , k posmatrajmo sve k-£lane pod-skupove od [n + k + 1] kojima je n + i + 1 najve¢i broj kojeg nesadrºe.Dakle, ti skupovi sadrºe sve brojeve n + i + 2, n + i + 3, . . . , n + k +1. Takvi skupovi sadrºe ta£no i elemenata iz skupa [n + i], pa jebroj takvih skupova jednak

(n+i

i

). Traºeni identitet se sada dobije

primjenom principa sume.ut

PRIMJEDBA 5.1.4 (Paskalov2 trougao). Lijep na£in da se bi-nomni koe�cijenti zapi²u je pomo¢u beskona£ne trougaone tablice. Na�ivicama� tog trougla se nalaze jedinice koje odgovaraju binomnim ko-e�cijentima

(n0

)i

(nn

), za sve n ∈ N0. Tablicu dalje popunjavamo na

sljede¢i na£in:Broj koji je �u unutra²njosti trougla� dobije se sabiranjem dva broja

lijevo i desno iznad njega. Primjenom matemati£ke indukcije i po-mo¢u svojstva (iii) iz prethodne teoreme, zaklju£ujemo da su bro-jevi u (n + 1)-oj vrsti ovako formirane tablice binomni koe�cijenti(n0

),(n1

), . . . ,

(n

n−1

),(nn

).

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· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

Ova tablica se naziva Paskalov trougao. Sli£na tablica je bila po-znata jo² u staroj Kini, nekoliko vijekova prije Paskalovog ro�enja.

Iz tvr�enja (i) u teoremi 2.5.6 slijedi da je zbir brojeva u (n+1)-vojvrsti jednak 2n.Simetri£nost Paskalovog trougla je posljedica formule

(nk

)=

(n

n−k

).

2 Blaise Pascal (1623 - 1662)

82


Posmatraju¢i Paskalov trougao moºemo uo£iti da niz brojeva usvakoj vrsti Paskalovog trougla prvo raste (do �sredine� te vrste), azatim opada. Preciznije, vrijedi sljede¢a teorema:TEOREMA 5.1.5. Za paran prirodan broj n vrijedi:

(n0

)<

(n1

)< · · · < (

nn2−1

)<

(nn2

)>

(n

n2+1

)> · · · > (

nn−1

)>

(nn

).

Sli£no, za neparan n ∈ N vrijedi:(n0

)<

(n1

)< · · · < (

nn−1

2

)=

(n

n+12

)> · · · > (

nn−1

)>

(nn

).

Dokaz. O£igledno vrijedi(

n

k

)>

(n

k − 1

)ako i samo ako je

(nk

)(

nk−1

) > 1.

Kako je koli£nik susjednih binomnih koe�cijenata(nk

)(

nk−1

) = n!(k−1)!(n−k+1)!n!k!(n−k)! = n−k+1

k ,

dobijamo da binomni koe�cijenti rastu dok je k < n+12 :

(n

k

)>

(n

k − 1

)⇔ n− k + 1

k> 1 ⇔ n + 1 > 2k.

Iz simetrije(nk

)=

(n

n−k

), moºemo zaklju£iti da ¢e binomni koe�cijenti

za k > n+12 opadati. Tvr�enje teoreme dobijamo razlikuju¢i slu£ajeve

kada je broj n paran, odnosno neparan.ut

Elemente iz partitivnog skupa P([n]) moºemo upore�ivati pomo¢urelacije ⊆. Antilanac u P([n]) je familija podskupova od [n] u kojojnijedan skup nije sadrºan u nekom drugom skupu te familije. Druga£ijere£eno, A ⊆ P([n]) je antilanac ako vrijedi

A ∈ A, B ⊆ A ⇒ B /∈ A.

Na primjer, svi k-£lani podskupovi od [n], njih(nk

), £ine antilanac.

Od svih takvih antilanaca, po prethodnoj teoremi, najve¢i je onajsa

(nbn

2c)elemenata3, u kojem se nalaze svi bn

2 c-£lani podskupovi od [n].3 Za neparan n istu veli£inu ima i antilanac koji sadrºi sve podskupove sa bn

2c+ 1

elemenata.

83


Da li je to i najve¢i antilanac u P([n])? Da li se moºe na¢i nekive¢i antilanac koji bi sadrºavao podskupove od [n] sa razli£itim brojemelemenata? Odgovor na ovo pitanje daje sljede¢a teorema.TEOREMA 5.1.6 (�perner). Neka je A antilanac u partitivnomskupu od [n]. Tada je |A| 6 (

nbn

2c).

Dokaz. Maksimalan lanac podskupova u P([n]) je nizC : ∅ ⊂ {a1} ⊂ {a1, a2} ⊂ · · · ⊂ {a1, a2, . . . , an−1} ⊂ [n].

Svakom takvom lancu moºemo dodijeliti permutaciju πC = a1a2 . . . an.Tako de�nisano preslikavanje je bijekcija, pa je n! broj svih maksimalnihlanaca u P([n]).

Neka je X ⊆ [n] sa k elemenata i neka je CX skup svih maksimalnihlanaca koji sadrºe X. Ako je C ∈ CX , tada se u πC prvo pojavi kelemenata iz X, a zatim preostalih n − k. Stoga, svih maksimalnihlanaca koji sadrºe neki zadan k-£lani skup X ima k! · (n− k)!.

Kako je A antilanac, to svaki maksimalan lanac u P([n]) moºe dasadrºi najvi²e jedan element iz antilanca A. Zato je

n! >∑

X∈A|CX | =

∑

X∈A|X|! · (n− |X|)!.

Dijeljenjem sa n! dobijamo da je

1 >∑

X∈A

1(n|X|

) > (na osnovu teoreme 5.1.5) >∑

X∈A

1(nbn

2c) =

|A|(nbn

2c) ,

pa za svaki antilanac A vrijedi |A| 6 (nbn

2c).

utAko je n u prethodnoj teoremi paran broj, jednakost se postiºe ako

i samo ako antilanac A sadrºi sve podskupove od [n] sa n2 elemenata.

Za neparan n postoje dva maksimalna antilanca u P([n]). Jedanantilanac £ine svi podskupovi od [n] sa bn−1

2 c elemenata, a drugi sadrºisve podskupove od [n] sa bn+1

2 c+ 1 elemenata.

Pokaºimo jo² jednu zanimljivu osobinu binomnih koe�cijenata.TEOREMA 5.1.7. Za proizvoljne prirodne brojeve n i k postoje jedi-nstveni cijeli brojevi ak > ak−1 > · · · > a2 > a1 > 0 takvi da vrijedi

n =(

ak

k

)+

(ak−1

k − 1

)+ · · ·+

(a2

2

)+

(a1

1

). (5.2)

84


Dokaz. Na skupu svih rastu¢ih k-torki skupa prirodnih brojeva(Nk

)=

{(x1, x2, . . . , xk) : xi ∈ N , x1 < x2 < · · · < xk−1 < xk

}

de�ni²emo relaciju poretka <R ovako:(x1, x2, . . . , xk) <R (y1, y2, . . . , yk) ako i samo ako postoji i 6 k tako

da je xk = yk, xk−1 = yk−1, . . . , xi+1 = yi+1, xi < yi.Lako je primijetiti da je <R linearno ure�enje na skupu

(Nk

). Na primjer,

dvadeset i sedam prvih elemenata u(N

4

)je:

1234 < 1235 < 1245 < 1345 < 2345 < 1236 < 1246 < 1346 < 2346 <

< 1256 < 1356 < 2356 < 1456 < 2456 < 3456 < 1237 < 1247 < 1347 <

< 2347 < 1257 < 1357 < 2357 < 1457 < 2457 < 3457 < 1267 < 1367.

Neka je ure�ena k-torka τ = (a1 + 1, a2 + 1, . . . , ak + 1) iz(N

k

)u

poretku <R na mjestu n + 1. Prije te k-torke se nalazi:-

(akk

)elemenata kojima je posljednji £lan manji od ak + 1.

-(ak−1

k−1

)elemenata kojima je posljednji £lan jednak ak +1, a pretposlje-

dnji je manji od ak−1 + 1.-

(ak−2

k−2

)elemenata kojima su posljednji i pretposljednji £lanovi jednaki

ak+1 i ak−1+1 , dok je £lan na k−2 mjestu manji od ak−2+1, itd . . ..

Kako se prije τ nalazi ta£no n elementa u(N

k

), traºeni prikaz broja

n kao u formuli (5.2) se dobije primjenom principa sume. Na primjer,dvadeset i sedmi £lan u

(N4

)je (1, 3, 6, 7) pa je

26 =(

64

)+

(53

)+

(22

)+

(01

).

ut

Sada ¢emo de�nisati uop²tene binomne koe�cijente. Primijetimo daizraz na desnoj strani formule (5.1) ima smisla i kada je n proizvoljanrealan broj.DEFINICIJA 5.1.8. Za proizvoljan realan broj α i k ∈ N0 de�ni²emouop²teni binomni koe�cijent

(αk

)sa

(α

k

)=

α · (α− 1) · (α− 2) · · · (α− k + 1)k!

. (5.3)

85

5.2. Multiskupovi

Za primjenu u kombinatorici je vaºno primijetiti da za cijele bro-jeve n, uop²teni binomni koe�cijent

(nk

)moºemo interpretirati pomo¢u

obi£nih binomnih koe�cijenata. Direktno iz de�nicije dobijamo da zasve n ∈ N vrijedi:

(−n

k

)= −n(−n−1)···(−n−k+1)

k! = (−1)k

(n + k − 1

k

).

I obi£ne binomne koe�cijente moºemo izraziti pomo¢u uop²tenih:

za sve n, k ∈ N, n > k vrijedi(

n

k

)= (−1)n−k

(−k − 1n− k

).

Od koristi je znati vrijednosti uop²tenih binomnih koe�cijenata(αk

)za

neke racionalne brojeve α. Uz malo ra£unanja, moºe se dobiti(1

2

n

)=

12 · −1

2 · −32 · · · −2n+3

2

n!= (−1)n−1(2n−3)!!

2nn! =

= (−1)n−1(2n−3)!!(2n−2)!!2nn!(2n−2)!! = (−1)n−1(2n−2)!

22n−1n!(n−1)!= (−1)n−1

n22n−1

(2n− 2n− 1

).

Na sli£an na£in moºemo dokazati da je(−1

2

n

)=

(−1)n

22n

(2n

n

). (5.4)

5.2 Multiskupovi

U nekim situacijama pojam skupa nije dovoljno e�kasan da nampruºi potpunu informaciju o problemu koji posmatramo. Na primjer,skup svih rje²enja jedna£ine x(x − 1)3(x − 2)2 = 0 je {0, 1, 2}, ali utom odgovoru nema podatka o multiplicitetu pojedinih nula. Stoga jeprirodno sva rje²enja prethodne jedna£ine zapisati kao �skup� u kojemse neki elementi ponavljaju vi²e puta: {0, 1, 1, 1, 2, 2}.

Takva struktura se naziva multiskup.

Sli£no, skup djelitelja broja 24 je {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}. U tom odgo-voru ne nalazimo informaciju �koliko puta� broj 2 dijeli 24, pa je opetzgodno posmatrati multiskup svih djelitelja {1, 2, 2, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}.

86

5.2. Multiskupovi

Formalno, kona£an multiskup na skupu S se de�ni²e kao funkcijam : S → N0 koja elementu x ∈ S dodijeli multiplicitet m(x) elementax. Broj m(x) kaºe koliko puta se element x ponavlja u multiskupu m.

Ako je S = {x1, x2, . . . , xk} i ako je m(xi) = ai, uobi£ajeno je da semultiskup m zapi²e sa M = {xa1

1 , xa22 , . . . , xak

k }. Zbir svih multiplicitetaelemenata iz M se naziva kardinalni broj multiskupa M , odnosno |M | =∑

x∈S m(x).Re¢i ¢emo da je multiskup M ′ na skupu S′ podmultiskup od M

ako je S′ ⊆ S i ako je m′(x) 6 m(x) za sve x ∈ S′.TEOREMA 5.2.1. Broj razli£itih podmultiskupova nekog multiskupaM = {xa1

1 , xa22 , . . . , xak

k } je (a1 + 1)(a2 + 1) · · · (ak + 1).

Dokaz. Ako je m′ : {x1, x2, . . . , xk} → N0 neki podmultiskup od M ,tada je m′(xi) ∈ {0, 1, . . . , ai}. Dakle, za m′(xi) imamo na raspolaganjuai +1 razli£it izbor. Sada tvr�enje teoreme slijedi iz principa proizvoda.

ut

Ako je m(x) = 1 za sve x ∈ S, tada je multiskup M obi£an skup.Primijetimo da je teorema 2.5.4 specijalan slu£aj prethodnog tvr�enja.Primjer 5.2.2. Dokaºi da je prirodan broj n potpun kvadrat ako isamo ako ima neparan broj razli£itih djelitelja.Rje²enje: Neka je n proizvoljan prirodan broj. Broj n se moºe napisatikao proizvod4 prostih brojeva n = ps1

1 ps22 · · · psk

k .

To rastavljanje broja n na proizvod prostih faktora de�ni²e multi-skup M = {ps1

1 , ps22 , . . . , psk

k }. O£igledno, broj n je potpun kvadrat akoi samo ako su svi brojevi si parni.

Primijetimo da je broj m djelitelj od n ako i samo ako je rastavljanjebroja m u proizvod prostih faktora oblika pm1

1 pm22 · · · pmk

k , pri £emu jemi 6 si. Stoga je svakom djelitelju broja n mogu¢e dodijeliti podmu-ltiskup M ′ = {pm1

1 , pm22 , . . . , pmk

k } od M .Na osnovu principa bijekcije zaklju£ujemo da razli£itih djelitelja

broja n ima koliko i podmultiskupova od M = {ps11 , ps2

2 , . . . , pskk }. Iz

teoreme 5.2.1 znamo da je taj broj jednak (s1 + 1)(s2 + 1) · · · (sk + 1).Taj broj je neparan ako i samo ako su svi si parni, odnosno ako i

samo ako je broj n potpun kvadrat.♦

4 Taj proizvod se naziva kanonska faktorizacija broja n.

87

5.2. Multiskupovi

Neka je zadan multiskup M = {xa11 , xa2

2 , . . . , xakk } sa m elemenata,

to jest, neka je a1 + a2 + · · ·+ ak = m. Permutacija multiskupa Mje ure�ena m-torka elemenata skupa {x1, x2, . . . , xk} u kojoj se elementxi pojavi ta£no ai puta.TEOREMA 5.2.3. Neka je M = {xa1

1 , xa22 , . . . , xak

k } multiskup sam = a1 + a2 + · · · + ak elemenata. Broj permutacija multiskupa Mje

m!a1! · a2! · · · · · ak!

.

Dokaz. Mjesta na kojima se pojavi x1 (njih ta£no a1) odaberemo na(

ma1

)na£ina. Dalje, od preostalih m− a1 mjesta, one na kojima se pojavi x2

biramo na(m−a1

a2

)na£ina. Nastavljaju¢i ovo razmatranje, zaklju£ujemo

da je broj permutacija multiskupa M jednak(

m

a1

)·(

m− a1

a2

)·(

m− a1 − a2

a3

)· · ·

(ak

ak

)=

m!a1! · a2! · · · · · ak!

.

ut

Broj permutacija multiskupa se ozna£ava se sa(

m

a1, a2, . . . , ak

)=

m!a1! · a2! · · · · · ak!

.

Taj broj se naziva polinomni koe�cijent.

Evo nekoliko zadataka u kojima se broji koliko permutacija imajuodgovaraju¢i multiskupovi.Primjer 5.2.4. Odgovori na sljede¢a pitanja:(a) Koliko razli£itih rije£i se moºe dobiti premje²tanjem slova u rije£i

MATEMATIKA?(b) Koliko ima takvih rije£i u kojima nisu sva tri A susjedna (u rije£i se

ne pojavi AAA)?(c) Koliko ima takvih rije£i u kojima se poredak suglasnika ne mijenja?Rje²enje:(a) Traºene rije£i su permutacije multiskupa {M2, A3, T 2, E1, I1,K1}.

Na osnovu teoreme 5.2.3, broj permutacija tog multiskupa je 10!2!·3!·2! .

88

5.2. Multiskupovi

(b) Permutacije u kojima su tri A zajedno su permutacije multiskupa{M2, AAA1, T 2, E1, I1,K1} (tri susjedna slova A smatramo jednimslovom). Takvih permutacija ima 8!

2!·2! . Stoga, rije£i u kojima tri slovaA nisu susjedna ima ta£no

10!2!·3!·2! − 8!

2!·2! .

(c) Od deset mogu¢ih mjesta odaberemo pet na koja se rasporede slovaM, T, M, T, K (u tom poretku). To moºemo uraditi na

(105

)na£ina.

Na preostalih pet mjesta rasporedimo jednu permutaciju samoglas-nika, odnosno multiskupa {A3, E1, I1}. Po principu proizvoda, brojtraºenih rije£i je

(105

) · 5!3! .

♦Od interesa su i multiskupovi kod kojih je dozvoljeno da multiplicitet

elemenata bude beskona£an, to jest, svaki element iz osnovnog skupa Sse moºe ponavljati proizvoljan broj puta.TEOREMA 5.2.5. Broj razli£itih k-£lanih podmultiskupova multi-skupa M = {1∞, 2∞, . . . , n∞} je

(n+k−1

k

).

Dokaz. Broj(n+k−1

k

)moºemo �prepoznati� kao broj svih k-£lanih po-

dskupova skupa [n + k − 1]. Neka je 1 6 x1 6 x2 6 . . . 6 xk 6 n.Preslikavanje

{x1, x2, . . . , xk} 7→ {x1, x2 + 1, . . . , xk + k − 1}

je bijekcija izme�u skupa svih k-£lanih podmultiskupova od M i skupasvih k-£lanih podskupova [n+k−1]. Tvr�enje teoreme slijedi iz principabijekcije.

ut

Uobi£ajeno je broj svih k-£lanih podmultiskupova skupa M ={1∞, 2∞, . . . , n∞} ozna£iti sa ((

nk

)). U prethodnoj teoremi smo pokazali

da vrijedi ((n

k

))=

(n + k − 1

k

).

89

5.3. Kompozicije

5.3 Kompozicije

Ako je broj n napisan kao zbir nekoliko prirodnih brojeva, odnosno, akoje

a1 + a2 + · · ·+ ak = n

kaºemo da je ure�ena k-torka (a1, a2, . . . , ak) ili �ure�ena� suma a1 +a2 + · · ·+ ak kompozicija broja n.Na primjer, sve kompozicije broja 5 su:

5 4 + 1 1 + 1 + 3 1 + 1 + 1 + 2 1 + 1 + 1 + 1 + 1.3 + 2 1 + 2 + 2 1 + 1 + 2 + 12 + 3 1 + 3 + 1 1 + 2 + 1 + 11 + 4 2 + 1 + 2 2 + 1 + 1 + 1

2 + 2 + 13 + 1 + 1

De�nicija kompozicije broja n je samo na prvi pogled �sli£na� de�nicijiparticije broja n. Kod particija broja n sabirci su ure�eni po veli£ini.Nije te²ko primijetiti da su kompozicije broja n u k dijelova u stvarirje²enja jedna£ine x1 + x2 + · · ·+ xk = n u skupu prirodnih brojeva.TEOREMA 5.3.1. Neka su n i k prirodni brojevi i neka je n > k.Postoji

(n−1k−1

)kompozicija broja n u ta£no k sabiraka. Ukupan broj ko-

mpozicija od n je 2n−1.

Dokaz. Neka je Sk skup svih kompozicija broja n u ta£no k sabiraka:

Sk = {(a1, a2, . . . , ak) ∈ Nk : a1 + a2 + · · ·+ ak = n}.

De�ni²imo preslikavanje Φ : Sk →([n−1]

k−1

)na sljede¢i na£in:

kompoziciji (a1, a2, . . . , ak) se dodijeli (k − 1)-£lani podskup od [n− 1]

Φ((a1, a2, . . . , ak)

)= {a1, a1 +a2, a1 +a2 +a3, . . . , a1 +a2 + · · ·+ak−1}.

Preslikavanje Φ je injekcija, jer iz

Φ((a1, a2, . . . , ak)

)= Φ

((b1, b2, . . . , bk)

)= {x1, x2, . . . , xk−1}

dobijamo a1 = x1 = b1; a2 = x2 − x1 = b2; . . . ; ak = n− xk−1 = bk.Dalje, neka je {x1, x2, . . . , xk−1} ⊆ [n− 1] i neka je

1 6 x1 < x2 < · · · < xk−1 6 n− 1.

90

5.3. Kompozicije

Tada je xi+1 − xi > 0 za sve i = 1, 2, . . . , k, i vrijedi

x1 + (x2 − x1) + · · ·+ (xk−1 − xk−2) + (n− xk−1) = n, odnosno

Φ((x1, x2 − x1, . . . , xk−1 − xk−2, n− xk−1)

)= {x1, x2, . . . , xk−1}.

Time smo pokazali da je preslikavanje Φ i surjekcija. Dakle, opisali smobijekciju izme�u kompozicija broja n u ta£no k sabiraka i (k−1)-£lanihpodskupova skupa [n−1]. Stoga je broj kompozicija n u ta£no k sabirakajednak

(n−1k−1

).

Pomo¢u principa sume i tvr�enja (i) iz teoreme 2.5.6, zaklju£ujemoda je broj svih kompozicija broja n jednak 2n−1.

ut

Rje²enje jedna£ine x1 + x2 + · · ·xk = n u skupu N0 se naziva slabakompozicija broja n.POSLJEDICA 5.3.2. Postoji

(n+k−1

k−1

)slabih kompozicija broja n u k

sabiraka.

Dokaz. Neka su x1, x2, . . . , xk neki nenegativni cijeli brojevi za koje jex1 + x2 + · · · + xk = n. Ako uvedemo nove promjenljive yi = xi + 1,tada su svi yi prirodni brojevi. Dalje, vrijedi y1 + y2 + · · ·+ yk = n + k.Tako smo uspostavili bijekciju izme�u slabih kompozicija broja n u kdijelova i kompozicija broja n + k u k dijelova. Na osnovu principabijekcije i prethodne teoreme zaklju£ujemo da slabih kompozicija brojan u k sabiraka ima

(n+k−1

k−1

).

ut

PRIMJEDBA 5.3.3. U literaturi se £esto broj kompozicija i slabihkompozicija broja n u k sabiraka ra£una i na sljede¢i na£in:

Svakom rje²enju jedna£ine x1+x2+· · ·+xk = n u skupu N odgovarapostavljanje k − 1 pregrada izme�u n jedinica, tako da:• Prije prve pregrade se nalazi ta£no x1 jedinica.• Izme�u prve i druge pregrade se nalazi x2 jedinica.• Izme�u druge i tre¢e pregrade se nalazi x3 jedinica, i tako redom . . .

Na primjer:3 + 1 + 1 + 2 ↔ 111

∣∣∣ 1∣∣∣ 1

∣∣∣ 11.

Dakle, svakoj kompoziciji broja n u k dijelova dodijelimo jedan rasporedk−1 pregrada na n−1 mjesto izme�u napisanih jedinica. Stoga je broj

91

5.3. Kompozicije

rje²enja jedna£ine x1 + x2 + · · · + xk = n jednak broju (k − 1)-£lanihpodskupova skupa od n− 1 elemenata, ²to je

(n−1k−1

).

Na sli£an na£in, svakom rje²enju jedna£ine x1 + x2 + · · · + xk = nu skupu N0 odgovara neki raspored k − 1 pregrada izme�u n jedinica;s tom razlikom da na isto mjesto moºe da se postavi vi²e pregrada.Tako�e, dozvoljeno je postavljati pregrade ispred prve i poslije poslje-dnje jedinice. Na primjer:

0 + 2 + 0 + 0 + 3 + 0 + 1 + 1 ↔∣∣∣11

∣∣∣∣∣∣∣∣∣111

∣∣∣∣∣∣ 1

∣∣∣1.

Dakle, bira se (k − 1)-£lani podmultiskup skupa od n + 1 elemenata.Stoga je, na osnovu teoreme 5.2.5 traºeni broj

((n+1k−1

))=

(n+k−1

k−1

).

Primijetimo da vrijedi((

n

m

))=

(n + m− 1

m

)=

(n + m− 1

n− 1

)=

((m + 1n− 1

)).

Primjer 5.3.4. Dokazati jednakost((

nm

))=

((m+1n−1

))kombinatorno!

Rje²enje: Izbor m-£lanog podmultiskupa iz {1∞, 2∞, . . . , n∞}moºemopredstaviti kao postavljanje n− 1 �pregrade� izme�u m ta£aka. Multi-plicitet elementa i je broj ta£aka izme�u pregrada i−1 i i. Evo primjeratakvog zapisa za m = 6 i n = 9:

{10, 23, 30, 40, 52, 60, 71, 80, 90} ←→∣∣∣ • • •

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ • •

∣∣∣∣∣∣ •

∣∣∣∣∣∣.

Ako • i∣∣∣ u maloprije opisanoj korespodenciji zamijene mjesta, dobi¢e

se niz u kojem se • pojavi n− 1 put a∣∣∣ se pojavi m puta.

To odgovara izboru (n − 1)−£lanog podmultiskupa iz multiskupa{1∞, 2∞, . . . , m∞, (m + 1)∞}. U maloprije posmatranom primjeru takorespondencija izgleda ovako:∣∣∣ • • •

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ • •

∣∣∣∣∣∣ •

∣∣∣∣∣∣ ←→ •

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ • • •

∣∣∣∣∣∣ • •

∣∣∣ • • ←→ {11, 20, 30, 43, 50, 62, 72}.

Tako je konstruisana bijekcija izme�u m-£lanih podmultiskupova nekogmultiskupa od n elemenata i n− 1 £lanih podmultiskupova multiskupaod m + 1 elemenata, ²to je kombinatorni dokaz da je

((nm

))=

((m+1n−1

)).

♦

92

5.4. Binomna i polinomna formula

5.4 Binomna i polinomna formula

Formule za kvadrat i kub binoma:

(x + y)2 = x2 + 2xy + y2; (x + y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3

su dobro poznate jo² iz osnovne ²kole. Te formule su samo specijalanslu£aj sljede¢e teoreme.TEOREMA 5.4.1 (Binomna formula). Za svaki prirodan broj nvrijedi:

(x+y)n = xn+(

n

1

)xn−1y+· · ·+

(n

i

)xn−iyi+· · ·+

(n

n− 1

)xyn−1+yn,

odnosno(x + y)n =

n∑

i=0

(n

i

)xn−iyi =

n∑

i=0

(n

i

)xiyn−i.

Dokaz. Prvi na£in:Indukcijom po n ∈ N. Za n = 1 formula je o£igledno ta£na. Pre-tpostavimo da je formula ta£na za proizvoljan prirodan broj n. Sadara£unamo:

(x + y)n+1 = (x + y)(x + y)n = (po pretpostavci) =

(x + y

) n∑

i=0

(n

i

)xiyn−i =

n∑

i=0

(n

i

)(xi+1yn−i + xiyn−i+1

)=

= xn+1+n∑

i=1

[(n

i

)+

(n

i− 1

)]xiyn+1−i+yn+1 =

n+1∑

i=0

(n + 1

i

)xiyn+1−i.

Dakle, uz pretpostavku da tvr�enje vrijedi za n, pokazali smo da vrijedii za n+1. Na osnovu matemati£ke indukcije zaklju£ujemo da je formulaiz teoreme ta£na za sve prirodne brojeve.Drugi na£in:Drugi dokaz je kombinatoran. Ako izmnoºimo svih n zagrada u (x+y)n

dobi¢emo polinom u promjenljivim x i y sa 2n sabiraka stepena n:

(x + y)n = (x + y)(x + y) · · · (x + y)︸︷︷︸n zagrada

=

= x · x · · ·x + x · · ·x · y + · · ·+ y · x · x · · · y · x + · · ·+ y · y · · · y︸︷︷︸2n sabiraka stepena n

.

93


U prethodnoj sumi, sabirak y ·x ·x · · · y ·x odgovara izboru promjenljivey iz prve zagrade, promjenljive x iz druge i tre¢e zagrade, . . ., izboru yiz pretposljednje; te izboru x iz posljednje zagrade.

Kako su mnoºenje i sabiranje komutativne operacije, koe�cijent uzxkyn−k je jednak broju sabiraka u prethodnoj sumi u kojima se x pojavita£no k puta. Dakle, koe�cijent uz xkyn−k u polinomu (x+y)n je jednakbroju na£ina kako se iz skupa od n zagrada u (x + y)n moºe odabratinjih k iz kojih biramo promjenljivu x (iz preostalih zagrada biramo y).Na osnovu teoreme 2.5.5, koe�cijent uz xkyn−k je

(nk

).

utBrojevi

(nk

)se nazivaju binomni koe�cijenti, jer se pojave kao koe�-

cijenti u razvoju binoma (x + y)n.PRIMJEDBA 5.4.2. Uvr²tavanjem odgovaraju¢ih vrijednosti za pro-mjenljive x i y u binomnu formulu moºemo dobiti razne veze izme�ubinomnih koe�cijenata. Naprimjer, ako je x = y = 1 dobijamo tvr�enje(i) iz teoreme 2.5.6:

2n =(

n

0

)+

(n

1

)+ . . . +

(n

n

).

Ako u binomnu formulu uvrstimo x = 1 a y = −1 dobije se

0 =(

n

0

)−

(n

1

)+

(n

2

)− . . . + (−1)n

(n

n

), odnosno

(n

0

)+

(n

2

)+

(n

4

)+ · · · =

(n

1

)+

(n

3

)+

(n

5

)+ · · · .

Tako smo jo² jednom dokazali da podskupova od [n] sa parnim (odnosnoneparnim) brojem elemenata ima isti broj, vidjeti primjer 2.2.2. Kakosvih podskupova od [n] ima 2n, podskupova sa parnim brojem eleme-nata ima 2n−1.

Prisjetimo se da smo formulom (5.3) de�nisali uop²teni binomni ko-e�cijent

(αk

)za proizvoljan α ∈ R. Stoga se moºemo zapitati da li postoji

neka formula za razvoj binoma (x+1)α i u slu£aju kada α nije prirodanbroj.

Lako je izra£unati da je n-ti izvod polinoma (x + 1)α jednakα(α− 1)(α− 2) · · · (α− n + 1)(x + 1)α−n.

Koriste¢i Tejlorovu formulu za razvoj funkcije f(x) = (1+x)α oko ta£kex = 0 dobijamo sljede¢u teoremu.

94


TEOREMA 5.4.3. Neka je α proizvoljan realan broj. Za sve x ∈R, |x| < 1 vrijedi

(x + 1)α =∑

n∈N0

(α

n

)xn.

Red∑

n∈N0

(αn

)xn se naziva binomni red. Ako je α iz prethodne

teoreme prirodan broj, iz de�nicije uop²tenog binomnog koe�cijentaslijedi da je za n > α izraz

(αn

)= 0. Tada je red na desnoj strani u

stvari polinom stepena α, kao i u binomnoj formuli.Za α ∈ R\N0 binom (x+1)α je beskona£an stepeni red. Na primjer,

pomo¢u prethodne teoreme dobijamo:1

1− x= (1− x)−1 =

∑

n∈N0

(−1)n

(−1n

)xn =

∑

n∈N0

xn. (5.5)

(1− 4x)−12 =

∑

n∈N0

(−1)n

(−12

n

)4nxn = iz (5.4) =

∑

n∈N0

(2n

n

)xn. (5.6)

Jo² jedno uop²tenje binomne formule je dato sljede¢om teoremom.TEOREMA 5.4.4 (polinomna formula). Za prirodne brojeve m in vrijedi

(x1+x2+. . .+xm)n =∑

n1+n2+···+nm=n

n1,n2,...,nm∈N0

(n

n1, n2, . . . , nm

)xn1

1 xn22 · · ·xnm

m .

Prisjetimo da smo u teoremi 5.2.3 pokazali da je(

n

n1, n2, . . . , nm

)=

n!n1! · n2! · · ·nm!

broj permutacija multiskupa {xn11 , xn2

2 , . . . , xnmm }.

Dokaz. Koristi¢emo istu ideju kao i u kombinatornom dokazu binomneformule. Ako izmnoºimo svih n zagrada u (x1+x2+. . .+xm)n, dobijamosumu sa mn sabiraka. Svaki od tih sabiraka je jedna permutacija nekogn £lanog multiskupa nad skupom {x1, x2, . . . , xm}.Zbog komutativnosti mnoºenja i sabiranja, koe�cijent uz xn1

1 xn22 · · ·xnm

m

je jednak broju sabiraka u kojima se x1 pojavi ta£no n1 puta, x2 sepojavi ta£no n2 puta, itd . . . . Stoga je koe�cijent uz xn1

1 xn22 · · ·xnm

m

jednak broju permutacija multiskupa {xn11 , xn2

2 , . . . , xnmm }. Na osnovu

teoreme 5.2.3 dobijamo da je taj koe�cijent jednak(

nn1,n2,...,nm

).

ut

95

5.5. Identiteti i sume

Evo nekoliko primjena polinomne formule.TEOREMA 5.4.5 (�san bruco²a�). Neka je p prost broj. Tada zaproizvoljne cijele brojeve x1, x2, . . . , xm vrijedi:

(x1 + x2 + · · ·+ xm)p ≡ xp1 + xp

2 + · · ·+ xpm(mod p). (5.7)

Dokaz. Za proizvoljan prost broj p polinomni koe�cijent(

pn1,n2,...,nm

)je

djeljiv sa p, osim u slu£aju kada je neki nj = p a ostali ni = 0. Kakoje

(p

0,0,...,0,p,0,...,0

)= 1, tvr�enje u teoremi dobijemo kada polinomnu

formulu primijenimo na (x1 + x2 + · · ·+ xm)p. utPOSLJEDICA 5.4.6 (mala Fermaova5 teorema). Za proizvoljancijeli broj m i neki prost broj p vrijedi

mp ≡ m(mod p).

Dokaz. U formulu (5.7) uvrstimo x1 = x2 = · · · = xm = 1. ut

5.5 Identiteti i sume

U primjedbi 5.4.2 smo ve¢ zapazili da se binomna formula moºekoristiti u izra£unavanju suma u kojima se pojave binomni koe�cijenti.

Na primjer, ako u binomnu formulu uvrstimo x = 2 i y = 1, moºemozaklju£iti da je

n∑

k=0

(n

k

)2k =

(n

0

)+

(n

1

)2 +

(n

2

)22 + · · ·+

(n

n

)2n = 3n.

Primjer 5.5.1. Izra£unatin∑

i=0

1i + 1

(n

i

)=

(n

0

)+

12

(n

1

)+

13

(n

2

)+ · · ·+ 1

n + 1

(n

n

).

Rje²enje: U ra£unanju zadane sume, moºe biti korisno prisjetiti senekih identiteta za binomne koe�cijente. Ako ovu sumu pomnoºimo ipodijelimo sa n+1, primijenimo tvr�enje (ii) iz teoreme 5.1.3 i formulu(i) iz teoreme 2.5.6 dobi¢emo

n∑

i=0

1i+1

(n

i

)= 1

n+1

n∑

i=0

n+1i+1

(n

i

)= 1

n+1

n∑

i=0

(n + 1i + 1

)= 2n+1−1

n+1 .

5 Pierre de Fermat (1601 - 1665)

96


♦Neke identitete sa binomnim koe�cijentima moºemo dobiti iz bi-

nomne formule i algebarskih operacija sa polinomima. Osnovna idejakoja se koristi je £injenica da jednaki polinomi uz iste stepene pro-mjenljive x imaju jednake koe�cijente.TEOREMA 5.5.2 (Vandermond6). Neka su m i n prirodni brojevii neka je m > n. Tada vrijede sljede¢i identiteti:(a)

r∑

k=0

(n

k

)(m

r − k

)=

(m + n

r

).

(b)n∑

k=0

(n

k

)(m

k

)=

(m + n

n

).

Dokaz. Prvo ¢emo ove identitete dokazati algebarski.(a) O£igledno vrijedi (1+x)n ·(1+x)m = (1+x)n+m. Zato je koe�cijent

uz xr na obe strane jednakosti isti. Na desnoj strani, koe�cijent uzxr u razvoju (x + 1)n+m je

(n+m

r

).

Na lijevoj strani, xr se moºe dobiti kao proizvod(nk

)xk iz razvoja

(x + 1)n i(

mr−k

)xr−k iz razvoja (x + 1)m, za sve k = 0, 1, . . . , r.

(b) Formula slijedi iz jednakosti slobodnih £lanova na lijevoj i desnojstrani jednakosti

(1 + x)n

(1 +

1x

)m

=(1 + x)n+m

xm.

Formule (a) i (b) iz prethodne teoreme moºemo dokazati i kombina-torno. Posmatrajmo skup od m razli£itih knjiga i n razli£itih olovaka.Odgovorimo na sljede¢a pitanja:(a) Na koliko na£ina iz tog skupa od m + n elemenata moºemo odabrati

njih r?Svakako, ako od m + n predmeta biramo njih r, to moºemo uraditina

(n+m

r

)na£ina. Broj na£ina da u tih r odabrananih predmeta

bude ta£no k olovaka (tada je odabrano r − k svesaka) je(nk

)(m

r−k

).

Kako k moºe uzeti sve vrijednosti od 0 do r, iz principa dvostrukogprebrojavanja slijedi formula (a).

6 Alexandre-Théophile Vandermonde (1735 - 1796)

97


(b) Na koliko na£ina iz tog skupa moºemo odabrati jednak broj sveski iolovaka?Suma na lijevoj strani formule u (b) je o£igledno odgovor na topitanje.Izraz na desnoj strani te formule prepoznajemo kao broj razli£itih n-£lanih podskupova tog skupa. Ako smo u nekom n-£lanom podskupuizabrali k knjiga, to zna£i da smo odabrali n−k olovaka. Broj takvihpodskupova je

(mk

)(n

n−k

)=

(mk

)(nk

). Kada iz nekog takvog podskupa

izbacimo tih n−k odabranih olovaka, pa onda dodamo k preostalih,dobi¢emo podskup u kojem ima jednak broj sveski i olovaka.Moºe se lako provjeriti da je sa ovim opisana bijekcija izme�u svih n-£lanih podskupova posmatranog skupa i svih podskupova u kojimaje broj sveski jednak broju olovaka. Na osnovu principa bijekcije,zaklju£ujemo da vrijedi formula (b).

ut

Ponekad u ra£unanju suma i dokazivanju identiteta koristimo izvodei integrale. Na primjer, ako izra£unamo izvode polinoma na lijevoj idesnoj strani binomne formule

(1 + x)n = 1 +(

n

1

)x +

(n

2

)x2 + · · ·+

(n

n− 1

)xn−1 +

(n

n

)xn

dobijamo

n(1 + x)n−1 = n + 2(

n

2

)x + · · ·+ k

(n

k

)xk−1 + · · ·+ nxn−1. (5.8)

Kada u prethodnu jednakost uvrstimo x = −1 dokazali smo da jen∑

k=1

(−1)k−1k ·(

n

k

)= 0.

Primjer 5.5.3. Dokazati da jen∑

i=1

i

(n

i

)= n2n−1.

Rje²enje: Traºena jednakost se dobije kada u (5.8) uvrstimo x = 1.Ovaj identitet moºemo dokazati i kombinatorno. Dovoljno je prebrojatielemente skupa {(x, S) : S ⊆ [n], x ∈ S} na dva razli£ita na£ina.

♦

98


Ako ra£unamo odre�en integral od a do b na lijevoj i desnoj stranibinomne formule

(1 + x)n = 1 + nx +(

n

2

)x2 + · · ·+

(n

i

)xi + · · ·+ xn

dobijamo∫ b

a(1 + x)ndx =

∫ b

a

(1 +

(n

1

)x +

(n

2

)x2 + · · ·+

(n

n

)xn

)dx,

odnosno

(1 + x)n+1

n + 1

/b

a=

(x +

(n

1

)x2

2+ · · ·+

(n

k

)xk+1

k + 1+ · · ·+ xn+1

n + 1

) /b

a.

Ako u prethodnu formulu uvrstimo a = 0, b = 1, na jo² jedan na£in smo

dokazali identitetn∑

k=0

1k+1

(n

k

)= 2n+1−1

n+1 iz primjera 5.5.1.

Primjer 5.5.4. Izra£unajn∑

k=0

1k + 2

(n

k

).

Rje²enje: Kada obje strane jednakosti x(1 + x)n =n∑

k=0

(n

k

)xk+1

integriramo od nula do jedan dobi¢emo(

x(1 + x)n+1

n + 1− (1 + x)n+2

(n + 1)(n + 2)

)/1

0=

n∑

k=0

(n

k

)xk+2

k + 2

/1

0.

Tako jen∑

k=0

1k+2

(n

k

)= 2n+1

n+1 − 2n+2

(n+1)(n+2) + 1(n+1)(n+2) = n2n+1+1

(n+1)(n+2) .

♦

Primjer 5.5.5. Dokazati identitetn∑

k=0

(2k

k

)(2n− 2k

n− k

)= 4n.

Rje²enje: Prvo ¢emo identitet dokazati pomo¢u algebre i analize.Uo£imo da je 1

1− 4x=

1√1− 4x

· 1√1− 4x

, i primijenimo formule (5.5)i (5.6). Tako se dobije da je

99


∑

n∈N0

4nxn =

∑

k∈N0

(2k

k

)xk

·

∑

k∈N0

(2k

k

)xk

.

Traºenu formulu dobijemo upore�uju¢i koe�cijente uz xn na obe strane.Kombinatorni dokaz je dosta komplikovaniji. Prepri£a¢emo dokaz iz[37], gdje je ideja pripisana Ajri Geselu7.

Posmatrajmo sve nizove duºine 2n u skupu {−1, 1}. Lako je za-klju£iti da svih takvih nizova ima 22n = 4n.

Sada odaberimo proizvoljan k 6 n i posmatrajmo skup:

Tk ={

(x1, x2, . . . , x2n) : xi = ±1,2k∑

i=1

xi = 0, za r > k je2r∑

i=1

xi 6= 0}

.

Drugim rje£ima, skup Tk £ine nizovi kod kojih se na prvih 2k mjestapojavi ta£no k jedinica (k puta se pojavi i broj −1). Dalje, poslije 2k-togsimbola, broj 1 i −1 nikada ne¢e biti isti.

Prvih 2k £lanova takvog niza moºemo popuniti na(2kk

)na£ina.

Uspijemo li pokazati da se ostatak od 2n− 2k £lanova niza iz Tk moºepopuniti na ta£no

(2n−2kn−k

)na£ina, identitet je dokazan.

Broj(2n−2kn−k

)moºemo prepoznati kao broj nizova ±1 duºine 2(n−k)

u kojima se pojavi jednak broj 1 i −1.Dakle, �u potrazi� smo za bijekcijom izme�u skupova R i S, gdje je8:

R ={

(a1, a2, . . . , a2n−2k) ∈ {−1, 1}2n−2k : ∀r ∈ [n− k] je2r∑

i=1

ai 6= 0}

,

S ={

(a1, a2, . . . , a2n−2k) ∈ {−1, 1}2n−2k :2n−2k∑

i=1

ai = 0}

.

Opisa¢emo bijekciju F : S → R izme�u ova dva skupa. Neka jea = (a1, a2, . . . , a2n−2k) proizvoljan element iz S. Neka je i najmanjibroj iz [2n− 2k] za koji vrijedi

a1 + a2 + · · ·+ ai > a1 + a2 + · · ·+ aj , za sve j ∈ [2n− 2k].

7 Ira Martin Gessel (1951- )8 Skup R £ine nizovi iz {−1, 1} duºine 2(n−k) u kojima se uvijek na nekoliko prvihmjesta broj 1 pojavi razli£it broj puta od broja −1. Elementi skupa S su nizoviiz {−1, 1} duºine 2(n− k) u kojima se 1 i −1 pojave isti broj puta.

100

5.6. Zadaci

Uo£imo niz

(b1, b2, . . . , b2n−2k) = (ai+1, ai+2, . . . , a2n−2k,−ai,−ai−1, . . . ,−a1).

Iz konstrukcije niza (b1, b2, . . . , b2n−2k) moºemo zaklju£iti da su svenjegove parcijalne sume manje ili jednake nuli. Ako su sve parcijalnesume ovog niza negativne, taj niz pripada R i moºemo de�nisati da jeF (a) = (b1, b2, . . . , b2n−2k).

Ako je j najmanji broj za koji je b1 + b2 + · · · + bj = 0, tada se uprvih j £lanova novog niza nalazi jednak broj simbola 1 i −1. Takav nizne pripada R i treba ga �popraviti�. Uo£imo novi niz

F (a) = −(b1, b2, . . . , bj−1,−bj , bj+1, . . . , b2n−2k).

Sve parcijalne sume tog novog niza su ve¢e od nule, pa F (a) pripadaskupu R.

Moºe se pokazati da je svaki korak u konstrukciji preslikavanja Finvertibilan, pa F zaista jeste bijekcija. Time je tvr�enje dokazano.

♦

5.6 Zadaci

1. Odredi prirodan broj n za koji je(2n+1

2

)= 3

(n3

).

2. Dokaºi da za binomne koe�cijente vrijedi:a)

(nm

)(mk

)=

(nk

)(n−km−k

),

b)(2n2k

)(2n−2kn−k

)(2kk

)=

(2nn

)(nk

)2,c)

(n−1k−1

)(n

k+1

)(n+1

k

)=

(n−1

k

)(n

k−1

)(n+1k+1

).

3. Neka je n neparan broj. Dokaºi da me�u brojevima(n1

),(n2

), . . .

(n

n−12

)

ima neparan broj neparnih!4. Koliko sabiraka u razvoju (x+y+z)10 ima samo jednu, koliko ta£no

dvije, a koliko ih ima sve tri promjenljive?5. Za koje n1, n2, . . . , nk je broj

(n

n1,n2,...,nk

)maksimalan?

6. Koliko se razli£itih petocifrenih prirodnih brojeva moºe napisatipomo¢u cifara broja 72 477 672, pri £emu se svaka cifra se moºeupotrebiti najvi²e onoliko puta koliko se pojavila u datom broju?

7. Na koliko na£ina se moºe rasporediti n jednakih kuglica u m razli£i-tih kutija tako da ta£no k kutija bude prazno?

101

5.6. Zadaci

8. Dato je n razli£itih zastavica i k jarbola na koje se zastavice posta-vljaju. Signal je odre�en raspodjelom zastavica na jarbole i ra-sporedom zastavica na svakom jarbolu, pri £emu se sve zastavicemoraju postaviti, a neki jarboli mogu biti i bez zastavica. Koliko serazli£itih signala moºe napraviti?

9. Koliko ima petocifrenih prirodnih brojeva kojima je proizvod cifarajednak 120?

10. Koliko ima m-£lanih podskupova skupa [n] koji ne sadrºe uzastopnebrojeve?

11. Neka je V skup tjemena konveksnog n-tougla. Odredi broj k-touglova sa tjemenima iz skupa V me�u kojima nema susjednih!

12. Koliko ima najkra¢ih puteva (kre¢e se samo za jedan desno ili zajedan gore) od koordinatnog po£etka do ta£ke (10, 10), koji prolazekroz segment (3, 3)(4, 3), a ne prolaze kroz ta£ku (8, 7)?

13. Na koliko na£ina kralj sa donjeg lijevog polja ²ahovske table 8 × 8moºe sti¢i u gornje desno polje, ako se pomjera tako da u svakomkoraku bude ²to bliºe cilju?

14. Koliko razli£itih rje²enja ima jedna£ina x1 + x2 + x3 + x4 = 98 uskupu neparnih prirodnih brojeva?

15. Student je na ispitu iz kombinatorike rje²avao 5 zadataka. Za svakizadatak moºe dobiti najvi²e 20 bodova. Student je redom osvojio 5,10, 15, 5 i 8 bodova; ukupno 43. Na koliko na£ina mu asistent moºepokloniti sedam potrebnih bodova za prolaz?

16. Pauk ima osam nogu, osam £arapa i osam cipela. Na koliko na£inase moºe obuti, ako na svaku nogu mora obuti £arapu prije cipele?

17. Izra£unaj sumea)

∑nr=k

(nr

)(rk

),

b)∑n

k=0

(nk

)2,

c)∑k

i=0

(n2i

)(n

2k+1−2i

),

d)∑n

k=1 k2(nk

)2,

e)∑n−1

i=0

(4n

4i+1

),

f)∑n

k=0(k + 1)(nk

)2.

18. U nekom konveksnom n-touglu su povu£ene sve dijagonale. Nikojetri dijagonale se ne sijeku u istoj ta£ki. Na koliko dijelova je podi-jeljen taj n-tougao?

19. Koliko smo u prethodnom zadatku nacrtali trouglova kojima su tje-mena presjeci dijagonala ili tjemena n-tougla?

102

5.6. Zadaci

20. Posmatrajmo sve nizove duºine n sastavljene od elemenata skupa{0, 1, 2, 3}. Koliko ima takvih nizova kod kojih je broj nula paran?

21. Dokaºi da je:

a)n∑

k=0,k je paran

(n

k

)2k =

3n + (−1)n

2,

b)∑

k=0, je neparan

(n

k

)5k =

6n − (−4)n

2.

22. Koliko ima nizova nula i jedinica duºine 15 u kojima se par 00 pojavidva, par 01 tri, par 10 £etiri, a par 11 pet puta?

23. Koliko se puta neki broj k pojavi u svih 2n−1 kompozicija broja n?24. Dokaºi da je:

a) n∑m−1

k=0 (−1)k(nk

)= m(−1)m−1

(nm

),

b)∑n

k=0 2k(nk

)( n−kbn−k

2c)

=(2n+1

n

),

c)∑n

k=0

(nk

)−1 = n+12n+1

∑ni=1

2i

i .25. Dokaºi da je

n∑

k=1

(−1)k−1

k

(n

k

)= 1 +

12

+ · · ·+ 1n

26. Neka je m proizvoljan prirodan broj i neka je n = mk. Izra£unaj

limn→∞

(n0

)+

(nk

)+

(n2k

)+ · · ·+ (

nn

)

2n.

27. Koliko ima funkcija f : [n] → [n] takvih da za sve i < j vrijedif(i) 6 f(j)?

28. Dokaºi da je(nk

)paran ako i samo ako postoji pozicija na kojoj su

u binarnim zapisima n i k redom nula, odnosno jedan!

103



1. n = 7.2. Tvr�enja slijede direktno iz de�nicije binomnih koe�cijenata.

Poku²ajte na¢i i kombinatornu interpretaciju ovih identiteta!3. Zbir svih tih brojeva je 2n−1 − 1.4. 3, 27 i 36.5. Brojevi ni moraju biti �podjednaki�: za sve i 6= j je |ni − nj | ≤ 1.6. Traºeni brojevi su permutacije odgovaraju¢ih multiskupova.

Rje²enje je

3 · 5!4!

+5!

3! · 2!+ 3 · 5!

3! · 1! · 1!+ 2

5!2! · 2! · 1!

+ 25!

2! · 1! · 1! · 1!.

7. Prazne kutije odaberemo na(mk

)na£ina. Rasporeda n kuglica u

m− k kutija ima koliko i kompozicija n u m− k sabiraka. Tako jerje²enje zadatka

(mk

) · ( n−1m−k−1

).

8. Sve zastavice poredajmo u niz na n! na£ina. Onda, od n + 1mogu¢ih mjesta izme�u zastavica (uklju£uju¢i ono ispred prve iposlije posljednje zastavice) odaberimo k − 1 mjesto za pregradu.Zastavice izme�u dvije pregrade se u tom poretku ka£e na jarbol.Stoga je traºeno rje²enje

n!((

n + 1k − 1

))= n! ·

(n + k − 1

k − 1

)

9. 5! + 3 · 5!2! + 5!

3! = 320.10. Preslikavanje {x1, x2, . . . , xm} 7→ {x1, x2−1, x3−2, . . . , xm−m+1}

je bijekcija izme�u posmatranih podskupova i svih m-£lanih pod-skupova skupa [n−m + 1]. Tako je rje²enje

(n−m+1

m

).

11. Neka je v neko tjeme tog n-tougla. Ako je u k-touglu koji pravimotjeme v odabrano, jo² biramo k − 1 tjeme me�u kojima nema sus-jednih na

(n−k−1

k−1

)na£ina (vidjeti prethodni zadatak). Ako tjeme v

nije odabrano, biramo k tjemena od n− 1 (bez susjednih) na(n−k

k

)

na£ina. Tako se dobije da je rje²enje(n−k−1

k−1

)+

(n−k

k

)= n

n−k

(n−k

k

).

12.(63

) [(136

)− (84

)(52

)].

13. Ako je k broj poteza �ukoso�, tada je jedna ²etnja kralja per-mutacija multiskupa {Kk, D7−k, G7−k}. Ukupan broj takvih ²etnjije

∑7k=0

(14−k)!

k!((7−k)!)2.

14.(513

).

104


15.(114

)− 1− 4 = 325.16. 16!

28 .17. a) Primijetimo da je traºena suma broj elemenata u skupu {(A,B) :

A ⊆ B ⊆ [n], |A| = k}. Ako broj elemenata u tom skupu prebro-jimo tako da prvo odaberemo skup A dobijemo

∑nr=k

(nr

)(rk

)=

2n−k(nk

).

b) Iskoristimo Vandermondov identitet i dobi¢emo∑n

k=0

(nk

)2 =(2nn

),

c) Pretpostavimo da se u kutiji nalazi n crvenih i n bijelih kuglica.Suma koju posmatramo broji izbore 2k + 1 kuglica, tako da jebroj crvenih kuglica paran. Ukupan broj izbora 2k + 1 kuglicaod 2n zadatih je

(2n

2k+1

), a polovina tih izbora ima paran broj

crvenih kuglica. Tako je∑k

i=0

(n2i

)(n

2k+1−2i

)= 1

2

(2n

2k+1

),

d)∑n

k=1 k2(nk

)2 = n2∑n

k=1

(n−1k−1

)2= n2

(2n−2n−1

),

e) Neka je S =∑n−1

i=0

(4n

4i+1

). Koriste¢i

(4n

4i+1

)=

(4n

4(n−i−1)+3

)dobi-

jemo da je

2S =(

4n

1

)+

(4n

3

)+

(4n

5

)+· · ·+

(4n

4n− 3

)+

(4n

4n− 1

)=

24n

2,

odnosno traºena suma je 24n−2.f) Koristi¢emo

∑nk=0 k

(nk

)2 = n∑n

k=0

(n−1k−1

)(nk

)= n

(2n−1n−1

)i rezu-

ltat iz (b).Tako je traºena suma

∑nk=0(k + 1)

(nk

)2 = (n + 2)(2n−1

n

).

18. Ako dijagonale crtamo jednu po jednu, na po£etku crtanja svakadijagonala �napravi� novi region. Svaka presje£na ta£ka, koja se do-bije kada jedna dijagonala presje£e drugu, tako�e zna£i novi region.Tako je rje²enje 1 +

(n2

)− n +(n4

).

19. Trougao moºe da nema nijedno tjeme polaznog n-tougla, da imajedno, dva ili sva tri. Ra£unanjem broja trouglova za svaki od tihslu£ajeva dobijamo rje²enje

(n6

)+ 5

(n5

)+ 4

(n4

)+

(n3

).

20. Broj nizova sa parnim brojem nula je Pn =(n0

)3n +

(n2

)3n−2 + · · · .

Broj nizova Nn sa neparnim brojem nula je(n1

)3n−1+

(n3

)3n−3+ · · · .

Kako je Pn + Nn = 4n, a Pn −Nn = 2n, dobija se da je broj nizovasa parnim brojem nula 4n+2n

2 .21. Koristi¢emo istu ideju kao i u prethodnom zadatku.

(a) Posmatrajmo nizove duºine n sastavljene od 0, 1 i 2 u kojima je

105


ukupan broj jedinica i dvica paran.(b) Posmatrajmo nizove duºine n sastavljene od 0, 1, 2, 3, 4 i 5 ukojima je ukupan broj elemenata koji nisu nula neparan.

22. U nizu se pojavljuju grupe jedinica i nula naizmjeni£no £etiri puta,na po£etku su jedinice a na kraju nule: 10101010. Jo² treba ra-sporediti dvije nule i pet jedinica.To se moºe u£initi na

((42

)) · ((45

))= 560 na£ina.

23. Ako je k na po£etku ili na kraju, tada se pojavi u 2 · 2n−k−1 ko-mpozicija, dok se k �u sredini� pojavi (n − k − 1)2n−k−2 puta.Ukupno, broj k se pojavi (n− k + 3)2n−k−2 puta.

24. a) n∑m−1

k=0 (−1)k(nk

)= n

∑m−1k=0 (−1)k

[(n−1

k

)+

(n−1k−1

)]=

= (−1)m−1n(

n−1m−1

)= (−1)m−1m

(nm

).

b) Zamislimo da se u u£ionici nalazi 2n studenata i profesor. Njih2n+1 treba da podijeli n ulaznica za neki koncert. Broj na£ina nakoji se to moºe uraditi je sigurno

(2n+1

n

). Ako pretpostavimo da

studenti sjede u n klupa po dvoje, sa k ozna£imo broj klupa iz ko-jih ¢e ulaznicu dobiti ta£no jedan student. To moºemo odabratina 2k

(nk

)na£ina. Od preostalih n−k �klupa� odaberemo bn−k

2 c ukojima ¢e oba studenta dobiti kartu. Ako je n− k neparan, pre-ostalu kartu dobija profesor. Tako se tako�e mogu raspodjelitisve karte, pa se dobije traºena jednakost.

c) Neka je Sn = 1n+1

∑nk=0

(nk

)−1. Tada je2Sn+1 = 1

n+2

[2 +

∑nk=0

((n+1

k

)−1+

(n+1k+1

)−1)]= 2

n+2 + Sn.

25. Sn+1 =∑n+1

k=1(−1)k−1

k

(n+1

k

)= Sn − 1

n+1

∑n+1k=1(−1)k

(n+1

k

)= Sn +

1n+1 .

26. Neka je z = cos 2πm + i sin 2π

m . Vrijedi

limn→∞

∑mj=1(1 + zj)n

2n= 1 = m lim

n→∞

(n0

)+

(nk

)+

(n2k

)+ · · ·+ (

nn

)

2n

pa je traºeni limes 1m .

27. Svako nenegativno rje²enje x0 +x1 + · · ·+xn−1 +xn = n−1 de�ni²ejednu takvu funkciju: f(1) = x0 + 1, f(2) = f(1) + x1, · · · , f(n) =f(n− 1) + xn−1. Stoga ih ima

(2n−1

n

).

28. Ako je n paran a k neparan,(nk

)= n

k

(n−1k−1

)je paran, a binarni zapisi

n i k se zavr²avaju sa nula, odnosno jedan. U ostalim slu£ajevima,parnost

(nk

)je ista kao i parnost

(bn2c

b k2c). Binarni zapisi bn

2 c i bk2c se

dobiju brisanjem posljednje cifre iz zapisa n i k.

106

6

DIRIHLEOV PRINCIP I OSNOVNI POJMOVIREMZIJEVE TEORIJE

6.1 Dirihleov princip

Dirihleov1 princip je o£igledno i svima razumljivo opaºanje:Ako veliki broj predmeta rasporedimo u mali broj kutija, tada ¢e unekoj kutiji biti mnogo predmeta.

I pored jednostavne formulacije, Dirihleov princip2 je veoma mo¢nosredstvo u rje²avanju raznih (ne samo kombinatornih) zadataka. Smatrase da je Dirihle prvi koristio ovu ideju u nekim problemima iz teorije bro-jeva. O najjednostavnijoj varijanti Dirihleovog principa govori sljede¢ateorema.TEOREMA 6.1.1. Ako se m predmeta rasporedi u n kutija i ako jem > n, tada ¢e u bar jednoj kutiji biti bar dva predmeta.

Dokaz. Pretpostavimo da smo rasporedili sve predmete u n kutija i dapri tome ne postoji kutija koja sadrºi bar dva predmeta.

Tada svaka od n kutija sadrºi ili jedan predmet ili je prazna, pa jeukupan broj predmeta u svim kutijama najvi²e n. To je kontradikcija sapretpostavkom da je ukupan broj predmeta ve¢i od broja kutija. Zatomora da postoji neka kutija sa bar dva predmeta.

utIako je prethodna teorema o£igledna i izgleda naivno, ako se vje²to

upotrebi moºe biti veoma e�kasna. Vje²tina je da se u konkretnomzadatku pametno odabere ²ta ¢e biti �predmeti�, a ²ta �kutije�.1 Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805-1859)2 U literaturi na engleskom ovaj princip se naziva �pigeonhole� princip:Ako se m golubova smjesti u n rupa (ku¢ica), i ako je m > n, bar dva goluba ¢ebiti u istoj rupi.

6.1. Dirihleov princip

Evo nekoliko zadataka koji se lako rije²e pomo¢u Dirihleovog pri-ncipa.Primjer 6.1.2. Dokaºi sljede¢a tvr�enja:1. U dru²tvu od 13 ljudi uvijek postoje dva £ovjeka ro�ena istog

mjeseca.2. U skupu od n + 1 proizvoljnih cijelih brojeva uvijek postoje dva

broja £ija je razlika djeljiva sa n.3. Iz skupa {1, 2, 3, . . . , 2n − 1, 2n} je odabran n + 1 prirodan broj.

Me�u odabranim brojevima postoje dva takva da je jedan od njihdjeljiv sa drugim.

Rje²enje: Evo i rje²enja tih zadataka:1. Ljude zamislimo kao predmete iz teoreme 6.1.1, a 12 mjeseci u godini

kao kutije. Svakog £ovjeka (predmet) �stavimo� u mjesec (kutiju) ukojem je ro�en. Kako je broj ljudi ve¢i od broja mjeseci, po Diri-hleovom principu postoji jedan mjesec u kojem su ro�ena bar dva£ovjeka.

2. Pri djeljenju nekog cijelog broja sa n mogu¢i ostaci su 0, 1, 2, . . . ,. . . , n−1. Tih n ostataka ima¢e ulogu kutija. Na osnovu Dirihleovogprincipa, izme�u proizvoljnih n+1 brojeva iz Z postoje bar dva kojapri dijeljenju sa n daju isti ostatak, to jest, nalaze se u istoj kutiji.Razlika tih brojeva je djeljiva sa n.

3. Svaki prirodan broj m moºemo na jedinstven na£in napisati kaoproizvod stepena broja dva i nekog neparnog broja: m = 2r · n.Zadane brojeve ai napi²imo u obliku ai = 2rini. Pri tome su svi ni

neparni brojevi manji od 2n. Kako brojeva ni ima n+1, a neparnihbrojeva od 1 do 2n ima n, na osnovu Dirihleovog principa postoje

ai = 2rini, aj = 2rjnj , takvi da je ni = nj .

Ako je ri < rj , tada ai dijeli aj , a ako je ri > rj onda aj dijeli ai.

♦Sada ¢emo rije²iti nekoliko teºih zadataka.Primjer 6.1.3.1. Dokaºi da za svaki prirodan broj n postoji stepen broja tri koji

zavr²ava sa00 . . . 00︸︷︷︸

n nula1.

108


2. Unutar kvadrata stranice 70 cm je raspore�eno 50 ta£aka. Dokaºida me�u njima postoje dvije ta£ke koje su udaljene manje od 15cm.

3. Dokaºi da se iz bilo kojeg skupa od deset dvocifrenih brojeva uvijekmogu odabrati dva disjunktna podskupa, tako da su zbirovi brojevau tim podskupovima jednaki!

Rje²enje: Naravno, i u rje²avanju ovih zadataka koristimo Dirihleovprincip.1. U dovoljno duga£kom nizu brojeva oblika 3k, k ∈ N pojavi¢e se dva

broja koja pri djeljenju sa 10n+1 daju isti ostatak. Neka su to 3r i3l, i neka je r > l. Tada je 3r − 3l djeljiv sa 10n+1:

10n+1 | (3r − 3l), to jest 10n+1 | (3r−l − 1) · 3l.

Kako 10n+1 i 3l nemaju zajedni£kih faktora, broj 3r−l− 1 mora bitidjeljiv sa 10n+1. Zato broj 3r−l zavr²ava sa 00 . . . 0︸︷︷︸

n nula1.

2. Kvadrat stranice 70 cm podijelimo na 49 malih kvadrata stranice10 cm. Po Dirihleovom principu, znamo da postoji kvadrat u ko-jem se nalaze bar dvije ta£ke. Primijetimo da je najve¢a udaljenostdvije ta£ke u nekom kvadratu duºina dijagonale. Kako je dijagonalakvadrata stranice 10 jednaka 10

√2 < 15, pokazali smo tvr�enje.

3. Svih podskupova skupa od 10 elemenata ima 210 = 1024. Zbir bro-jeva u bilo kojem od tih podskupova je najvi²e 10 · 99 = 990. Kakoje 990 < 1024 postoje dva razli£ita podskupa koji imaju isti zbirelemenata. Ako su ti skupovi disjunktni, oni su podskupovi kojetraºimo. Ako ti skupovi nisu disjunktni, traºene podskupove dobi-jemo tako ²to izbacimo njihove zajedni£ke elemente.

♦Tako�e, Dirihleov princip ima vaºnu ulogu i u dokazu nekih

�ozbiljnih� teorema. Neka je S1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1} jedini£nakruºnica u ravni.TEOREMA 6.1.4. Neka je α neki realan broj takav da α

2π ∈ R \ Q.Dalje, neka je f : S1 → S1 rotacija za ugao α i neka je P proizvoljnata£ka na kruºnici S1. Tada, za svaku ta£ku A ∈ S1 i za svaki ε > 0postoji prirodan broj m takav da je duºina luka ̂Afm(P ) manja od ε.

109


Dokaz. Za proizvoljan ε > 0 odaberimo n ∈ N takav da je 2π/n < ε.Za taj prirodan broj n podijelimo kruºnicu S1 na n jednakih dijelova.

Posmatrajmo skup Z = {fk(P ) : k ∈ N}. Kako je α2π iracionalan,

sve ta£ke iz skupa Z su razli£ite. Zato, po Dirihleovom principu, postojei, j ∈ N takve da su f i(P ) i f j(P ) unutar istog intervala.Drugim rije£ima, duºina luka izme�u f i(P ) i f j(P ) je manja od 2π/n.

Neka je d = |i − j|. Susjedne ta£ke u nizu P, fd(P ), f2d(P ), . . . suudaljene manje od 2π/n < ε. Stoga ¢e u intervalu duºine ε oko ta£ke Asigurno biti neka ta£ka oblika fkd(P ).

ut

Sli£na ideja se koristi i u Dirihleovom dokazu teoreme o dobrojracionalnoj aproksimaciji iracionalnog broja. To je vaºan rezultat izteorije brojeva, ali je njegov dokaz u stvari kombinatoran.TEOREMA 6.1.5. Neka je α iracionalan broj. Postoji beskona£nomnogo razli£itih razlomaka p

q takvih da je∣∣∣∣α−

p

q

∣∣∣∣ <1q2

.

Dokaz. Dokaza¢emo sljede¢e, dosta ja£e tvr�enje:

Za sve n ∈ N postoji p

q∈ Q takav da je q 6 n i

∣∣∣∣α−p

q

∣∣∣∣ <1nq

. (6.1)

Ukoliko pretpostavimo da vrijedi (6.1), lako je dokazati tvr�enje teo-reme. Zaista, iz (6.1) znamo da postoji p

q ∈ Q takav da vrijedi∣∣∣α− pq

∣∣∣ < 1nq 6 1

q2 .

Kako je α iracionalan broj vrijedi∣∣∣α− p

q

∣∣∣ > 0, pa postoji n1 ∈ N takav

da je∣∣∣α− p

q

∣∣∣ > 1n1.

Ako ponovo primijenimo tvr�enje (6.1) za prirodan broj n1, za-klju£ujemo da postoji razlomak p1

q1takav da je

∣∣∣α− p1

q1

∣∣∣ < 1n1q1

6 1q21.

Kako je ∣∣∣∣α−p1

q1

∣∣∣∣ <1

n1q1<

1n1

<

∣∣∣∣α−p

q

∣∣∣∣ ,

razlomci p1

q1i p

q su razli£iti. Ponavljaju¢i ovaj postupak, dobi¢emobeskona£no dobrih racionalnih aproksimacija za α.

110


Jo² treba da pokaºemo ta£nost tvr�enja iz (6.1). To ¢emo uraditi po-mo¢u Dirihleovog principa. Zamislimo da smo realnu pravu �namotali�na kruºnicu £iji je obim jedan. Pri tom namotavanju, svi cijeli brojevi�padaju� u istu ta£ku, recimo A.

Na sli£an na£in kao i u dokazu teoreme 6.1.4, zaklju£i¢emo da me�uta£kama na kruºnici koje reprezentuju brojeve α, 2α, . . . , (n + 1)α,postoje dvije koje su �lu£no� udaljene za manje od 1

n . Ako su tota£ke koje odgovaraju brojevima n1α i n2α, tada je za prirodan brojq = |n1−n2| 6 n lu£na udaljenost ta£ke qα i ta£ke A manja od 1

n . Nekaje p cijeli broj najbliºi qα. Kako i broju p na posmatranoj kruºniciodgovara ta£ka A, to je |qα− p| < 1

n . Kada prethodnu nejednakostpodijelimo sa q, dobi¢emo tvr�enje (6.1).

ut

TEOREMA 6.1.6 (Erde²3-Sekere²4). Neka su zadati proizvoljniprirodni brojevi p i q. Ako je n > (p − 1)(q − 1) + 1, svaki niz od nrealnih brojeva ima ili monotono rastu¢i podniz duºine p ili monotonoopadaju¢i podniz duºine q.

Dokaz. Neka je a1, a2, . . . , an posmatrani niz realnih brojeva. Ozna£imosa Rm (odnosno Om) duºinu maksimalnog rastu¢eg (odnosno opadaju-¢eg) podniza kojem je posljednji £lan am. Moºemo primijetiti da zam < s vrijedi:

ako je am 6 as onda je Rm < Rs, a ako je am > as onda je Om < Os.

Zato skup svih parova {(Rm, Om) : m ∈ [n]} ima n razli£itih elemenata.Pretpostavimo da je tvr�enje iz teoreme neta£no, to jest, da postoji

niz duºine n koji nema rastu¢i podniz duºine p niti ima opadaju¢i pod-niz duºine q. Tada su sve mogu¢e vrijednosti za (Rm, Om) elementi iz[p − 1] × [q − 1]. To je kontradikcija sa £injenicom da tih parova iman > (p− 1)(q − 1).

ut

Mogu¢e je konstruisati niz duºine (p− 1)(q − 1) u kojem ne postojirastu¢i podniz duºine p niti opadaju¢i podniz duºine q.

Sljede¢a teorema je blago uop²tenje osnovne verzije Dirihleovog pri-ncipa.3 Paul Erdös (1913 - 1996)4 George Szekeres (1911 - 2005)

111


TEOREMA 6.1.7. Neka su n, m i k prirodni brojevi i neka je m > kn.Ako je m predmeta raspore�eno u n kutija, tada postoji bar jedna kutijau kojoj se nalazi bar k + 1 predmet.

Dokaz je skoro isti kao u teoremi 6.1.1, pa ga ostavljamo za vjeºbu.Primjer 6.1.8. Rije²imo nekoliko zadataka u kojima se koristi ovajoblik Dirihleovog principa.1. Koliko ljudi treba da bude u jednoj prostoriji, da bismo sa sigurno²¢u

mogli tvrditi da njih k slavi ro�endan istog dana u nedjelji (ne nuºnoistog datuma)?

2. Unutar kocke stranice jedan se nalazi 100 ta£aka. Dokaºi da me�unjima postoje £etiri ta£ke koje su tjemena tetraedra £ija je zaprem-ina manja od 1

99 .3. Neka su A1, A2, · · · , Am £etvero£lani podskupovi skupa [100] takvi

da vrijedi |Ai ∩ Aj | 6 2. Ako je m > 40425, dokaºi da me�u timskupovima postoji njih 49 £ija je unija cijeli skup [100].

Rje²enje:1. U ovom zadatku kutije su dani u sedmici. Ako bi svaki od sedam

dana bio ro�endan za ta£no k − 1 ljudi, tada moºe da postoji7k − 7 ljudi me�u kojima nema njih k koji slave ro�endan istogdana. Me�utim, ako se pojavi jo² jedan £ovjek, to jest, ako ima7k−6 = 7 · (k−1)+1 ljudi, iz prethodne teoreme znamo da postojibar jedan dan kada ro�endan slavi bar k ljudi.

2. Paralelnim ravnima podijelimo kocku na 33 podudarne £etveros-trane prizme zapremine 1

33 . Kako je 100 > 3 ·33, na osnovu teoreme6.1.7 zaklju£ujemo da se u bar jednoj prizmi nalaze bar £etiri ta£ke.Zapremina tetraedra odre�enog sa te £etiri ta£ke je najvi²e 1

3 · 133 .

3. Za sve i = 1, 2, . . . , m posmatrajmo sve dvo£lane podskupove{x, y} ⊂ Ai. Takvih (ne nuºno razli£itih!) podskupova ima 6m. Svihdvo£lanih podskupova skupa [100] ima 4950. Uz pretpostavku da jem > 40425, postoje x i y takvi da se {x, y} nalazi u bar 49 skupovaAi. Unija tih 49 skupova ima 2 + 49 · 2 = 100 elemenata.

♦

112

6.2. Elementi Remzijeve teorije

6.2 Elementi Remzijeve teorije

Neformalno govore¢i, Remzijeva5 teorija kaºe da u dovoljno velikombroju objekata, uvijek postoji pravilna struktura unaprijed zadaneveli£ine.

Osnovnu ideju moºemo ilustrovati sa jednostavnim primjerom, kojise £esto pojavljivao kao zadatak na matemati£kim takmi£enjima.Primjer 6.2.1. Dokazati da u grupi od ²est ljudi uvijek vrijedi barjedna od sljede¢e dvije tvrdnje:(A) Postoje tri £ovjeka tako da se svaka dva poznaju.(B) Postoje tri £ovjeka tako da se nikoja dva £ovjeka me�u njima ne

poznaju.Da li to mora da vrijedi i za grupu od pet ljudi?Rje²enje: Neka je A jedan £ovjek iz te grupe. Ostalih pet ljudi podije-limo u dvije grupe: u jednoj su oni koji se poznaju sa A, dok su u drugojgrupi oni koji se ne poznaju sa A. Na osnovu Dirihleovog principa, ubar jednoj grupi postoje bar tri £ovjeka.Posmatrajmo situaciju kada osoba A ima tri poznanika. Ako me�u tomtrojicom postoji par koji se poznaje, taj par zajedno sa osobom A, £initrojku znanaca. U tom slu£aju je ispunjeno tvr�enje (A). Ako se nikojadvojica poznanika od A ne poznaju, onda ta tri poznanika od A £inetrojku u kojoj se nikoja dva ne poznaju, odnosno vrijedi tvr�enje (B).

Sli£nim razmatranjem, zadatak rije²imo ako grupa ljudi koji se nepoznaju sa osobom A ima tri £ovjeka.Prethodno razmatranje se moºe zgodno opisati �gra�£ki�. Ljude pre-dstavimo kao ta£ke u ravni, tako da su svake tri ta£ke u tom skupunekolinearne. Ako se dva £ovjeka poznaju, odgovaraju¢e ta£ke spojimosa punom linijom, a ako se ne poznaju sa isprekidanom. Tako su svakedvije ta£ke spojene punom ili isprekidanom linijom.

Upravo smo pokazali da se u skupu od ²est ta£aka, u kojem su svakedvije ta£ke spojene punom ili isprekidanom linijom, uvijek moºe na¢ikompletan trougao kojem su sve ivice su ili �pune� ili �isprekidane�!

U grupi od pet ljudi tvr�enje iz prethodnog primjera ne mora davrijedi: Ako su stranice petougla su pune a dijagonale isprekidane, nemakompletnog trougla!

♦

5 Frank Plumpton Ramsey (1903 - 1930)

113


Motivisani prethodnim primjerom moºemo postaviti pitanje:Da li za proizvoljne prirodne brojeve p i q postoji prirodan broj R(p, q)tako da u svakom dru²tvu sa bar R(p, q) ljudi postoji

• ili njih p, tako da se svaka dvojica me�u njima poznaju,• ili njih q izme�u kojih se nikoja dvojica ne poznaju?

I ovo pitanje ima istu geometrijsku interpretaciju kao i u primjeru 6.2.1.Naime, pitamo se da li za svaki skup od bar R(p, q) ta£aka u ravni ukojem nikoje tri ta£ke nisu kolinearne, i u kojem su svake dvije ta£kespojene ili punom ili isprekidanom linijom vrijedi:• ili postoji p-tougao u kojem su sve stranice i sve dijagonale pune;• ili postoji q-tougao u kojem su sve dijagonale i stranice isprekidane?

Na po£etku primijetimo da za sve p, q > 2 vrijedi R(p, 2) = p iR(2, q) = q. Primjer 6.2.1 nam kaºe da je R(3, 3) = 6.

Za proizvoljne prirodne brojeve p i q, u ovom trenutku, ne znamo dali broj R(p, q) uop²te postoji! Moºda je mogu¢e n ta£aka u ravni (makoliko n bio veliki!) spojiti punim i isprekidanim linijama tako da nepostoji kompletan p-tougao od punih linija, niti kompletan q-tougao odisprekidanih linija?TEOREMA 6.2.2 (Remzi). Neka su p i q prirodni brojevi ve¢i odjedan. Ako postoje brojevi R(p, q−1) i R(p−1, q), tada postoji i R(p, q)i vrijedi:

R(p, q) 6 R(p, q − 1) + R(p− 1, q). (6.2)

Dokaz. Uo£imo skup od n = R(p, q − 1) + R(p − 1, q) ljudi, i u tomskupu odaberimo jednog £ovjeka. Preostalih n− 1 ljudi rasporedimo udvije grupe:(i) u prvoj grupi su svi oni koji poznaju odabranog,(ii) drugu grupu £ine ljudi koji ne poznaju odabranog £ovjeka.

Po Dirihleovom principu, ili se u prvoj grupi nalazi bar R(p − 1, q)ljudi, ili ih u drugoj grupi ima bar R(p, q − 1).

Ako u prvoj grupi postoji R(p−1, q) ljudi, na osnovu de�nicije brojaR(p− 1, q), vrijedi bar jedno od sljede¢a dva tvr�enja:• Me�u njima postoji p− 1 osoba tako da se svake dvije od njih poz-

naju. Kada im se doda odabrani £ovjek, koji ih sve poznaje, to jetraºenih p ljudi izme�u kojih se svi poznaju.

114


• Me�u tim ljudima postoji q osoba me�u kojima se nikoja dva nepoznaju.

Na sli£an na£in pokaºemo da nejednakost (6.2) vrijedi i ako u drugojgrupi postoji R(p, q − 1) ljudi.

Iz nejednakosti (6.2) se indukcijom po p + q moºe lako pokazati daza sve p i q postoji R(p, q).

ut

Broj R(p, q), £iju smo egzistenciju za sve p i q upravo pokazali, nazivase Remzijev broj.

Na osnovu nejednakosti (6.2) moºemo zaklju£iti da je R(4, 3) 6R(4, 2) + R(3, 3) = 10. Me�utim, to nije ta£na vrijednost za Remzi-jev broj R(4, 3).Primjer 6.2.3. Dokazati da je R(4, 3) = 9.Rje²enje: Pretpostavimo da u grupi od devet ljudi postoji osoba Akoja poznaje bar ²est ljudi. Kako je R(3, 3) = 6, me�u tom ²estoricomili postoje trojica neznanaca (£ime je dokaz zavr²en), ili postoje tri me�ukojima se svi poznaju. Ta trojica poznanika, zajedno sa osobom A £inetraºenu £etvorku poznanika.

Na sli£an na£in zadatak moºemo rije²iti ako postoji osoba B koja nepoznaje bar £etiri £ovjeka u toj grupi. Za tu £etvoricu, zbog R(4, 2) = 4vrijedi ili se sva £etvorica me�usobno poznaju (²to je opet kraj dokaza),ili postoji par koji se ne poznaje. Ako se tom paru neznanaca doda B,dobili smo trojku ljudi koji se ne poznaju.

Jedini slu£aj koji nije obuhva¢en prethodnim razmatranjem je kadasvaka od devet osoba ima ta£no pet poznanika i ta£no tri neznanca.Me�utim, takva grupa ljudi ne moºe da postoji (vidjeti zadatak 9 izdrugog poglavlja). Naime, ako bi to bilo mogu¢e, broj parova poznanika(punih duºi u geometrijskoj interpretaciji) u tom dru²tvu je 9·5

2 , ²to nijeprirodan broj.

♦Za velike brojeve p i q, razlika izme�u stvarne vrijednosti Remzijevog

broja R(p, q) i one �procjenjene� primjenom nejednakosti (6.2) je jo² ive¢a.

Ono ²to je svakako veoma zanimljivo je da se ta£ne vrijednosti Re-mzijevih brojeva i za relativno male brojeve p i q veoma te²ko ra£unaju.Na primjer, ta£ne vrijednosti za R(5, 5) i R(6, 4) su jo² nepoznate!

115


Danas je poznato da vrijedi

43 6 R(5, 5) 6 49 i 35 6 R(6, 4) 6 41.

U dosada²njim razmatranjima smo posmatrali skup X sa r eleme-nata i sve dvo£lane podskupove tog skupa smo dijelili u dvije grupe (ugeometrijskoj interpretaciji smo sve duºi bojali sa dvije boje). Elementiskupa X su bili ljudi ili ta£ke u ravni, a grupe su bile �puna� i �ispreki-dana� linija, odnosno, poznanici ili neznanci.

Ako je broj r dovoljno velik, na osnovu teoreme 6.2.2 znamo:- ili postoji p-£lani podskup od X u kojem su svi dvo£lani podskupovi

obojeni jednom bojom,- ili postoji q-£lani podskup skupa X kojem su svi dvo£lani podskupovi

obojeni drugom bojom.Ovo razmatranje se moºe na prirodan na£in uop²titi. Moºemo sa neko-liko boja b1, b2, . . . , bc obojiti sve k-£lane podskupove od X. Ako skupX ima dovoljno veliki broj elemenata, da li moºemo o£ekivati da uvi-jek (za bilo kakvo bojenje k-£lanih podskupova od X) postoji Y ⊆ Xºeljene veli£ine, kojem su svi k-£lani podskupovi obojeni istom bojom?

Odgovor na to pitanje daje sljede¢a teorema.TEOREMA 6.2.4 (Uop²teni Remzijevi brojevi). Neka su datiprirodni brojevi k, c, a1, a2, . . . , ac−1, ac. Tada postoji najmanji prirodanbroj R = R(k, c; a1, . . . , ac) takav da vrijedi:

ako se svi k-£lani podskupovi nekog skupa od R elemenata oboje sa cboja b1, b2, . . . , bc tada postoji i ∈ [c] i neki ai-£lani podskup posmatranogskupa kojem su svi k-£lani podskupovi obojeni sa istom bojom bi.

Brojevi R(k, c; a1, . . . , ac) se nazivaju uop²teni Remzijevi bro-jevi. U ovoj terminologiji je R(p, q) = R(2, 2; p, q). Dalje, moºemo prim-ijetiti da je Dirihleov princip samo specijalan slu£aj Remzijeve teorije. Uterminima uop²tenih Remzijevih brojeva teoreme 6.1.1 i 6.1.7 se moguzapisati ovako

R(1, r; 2, 2, . . . , 2) = r + 1, R(1, r; ,m,m . . . , m) = r(m− 1) + 1.

Dokaz. Egzistencija uop²tenog Remzijevog broja se pokaºe na sli£anna£in kao i u dokazu teoreme 6.2.2. Koristimo indukciju po k i po a1 +a2 + · · · + ac. Na osnovu induktivne pretpostavke, znamo da postojebrojevi

116


Ai = R(k, c; a1, . . . , ai−1, ai − 1, ai+1, . . . , ac), za sve i = 1, 2, . . . , c.

Tako�e, po induktivnoj pretpostavci postoji broj

R = R(k − 1, c; A1, . . . , Ac) + 1.

Neka je X proizvoljan skup sa R elemenata i f :(Xk

) → {b1, b2, . . . , bc}proizvoljno bojenje svih k-£lanih podskupova od X. Odaberimo proizvo-ljan x ∈ X i uo£imo skup Z = X \ {x}.

Neka je g :(

Zk−1

) → {b1, b2, . . . , bc} bojenje (k − 1)-£lanih po-dskupova od Z de�nisano sa g(S) = f(S ∪ {x}).

Po induktivnoj pretpostavci, postoji i ∈ [c] i T ⊂ Z sa Ai elemenata£iji su svi (k − 1)-£lani podskupovi obojeni bojom bi.

Kako Ai ima R(k, c; a1, . . . , ai−1, ai − 1, ai+1, . . . , ac) elemenata, izde�nicije uop²tenih Remzijevih brojeva znamo da postoji j ∈ [c] i Y ⊂T sa aj elemenata (osim za j = i, kada skup Y ima ai − 1 elemenata)£iji su svi k-£lani podskupovi obojeni sa bojom bj . Ako je j = i i|Y | = ai−1, u taj skup dodamo element x i dobi¢emo ai-£lani podskupod X sa traºenim svojstvom.

utTa£ne vrijednosti uop²tenih Remzijevih brojeva je jo² teºe odrediti

nego vrijednosti �obi£nih� R(p, q). Jedini netrivijalan uop²ten Remzijevbroj £ija se ta£na vrijednost zna je R(2, 3; 3, 3, 3) = 17.

Me�utim, i sama egzistencija Remzijevih brojeva je veoma za-nimljiva i ima mnogo primjena. Navedimo nekoliko atraktivnih i dobropoznatih primjena Remzijeve teorije u teoriji brojeva i geometriji.TEOREMA 6.2.5 (�ur6). Za proizvoljan m ∈ N postoji prirodanbroj s = S(m) takav da za svaku podjelu skupa [s] = {1, 2, . . . , s− 1, s}u m disjunktnih podskupova A1, A2, . . . , Am postoje x, y ∈ [s] takvi dabrojevi x, y i x + y pripadaju istom skupu Ai.

Dokaz. Neka je s Remzijev broj R(2,m; 3, 3, . . . , 3). Pretpostavimo daje [s] = A1 ∪ A2 ∪ . . . ∪ Am neka particija skupa [s] u m disjunktnihpodskupova.

Dvo£lane podskupove skupa [s] bojimo sa m boja na sljede¢i na£in:

{x, y} je obojen sa bojom i ako i samo ako je |x− y| ∈ Ai.

6 Issai Schur (1875 - 1941)

117


Iz de�nicije broja R(2,m; 3, 3, . . . , 3) znamo da postoji podskup{a, b, c} ⊂ [s] takav da su svi dvo£lani podskupovi obojeni sa i. Akoje a < b < c, tada brojevi x = b − a, y = c − b i z = c − a pripadajuistom podskupu Ai. Lako je provjeriti da je x + y = z.

ut

Sljede¢a primjena Remzijeve teorije je iz kombinatorne geometrije.Neka je X skup ta£aka u ravni. Konveksan omota£ skupa X je najmanjikonveksan skup koji sadrºi sve ta£ke iz X. Ako je skup X kona£an,njegov konveksan omota£ je konveksan m-tougao P sa tjemenima iz X,tako da P sadrºi sve ta£ke iz X.

Za ta£ke A1, A2, . . . , An u ravni kaºemo da su konveksno nezavisneako su te ta£ke tjemena konveksnog n-tougla, odnosno ako je n-tougaoA1A2 . . . An konveksan omota£ skupa {A1, A2, . . . , An}.TEOREMA 6.2.6 (Erde²-Sekere²). Za svaki prirodan broj n po-stoji broj Cn, takav da bilo koji skup od Cn ta£aka u ravni u op²tempoloºaju (to zna£i da nikoje tri nisu kolinearne) sadrºi konveksno neza-visan n-£lani podskup.

Drugim rije£ima, izme�u Cn ta£aka u ravni koje su u op²tempoloºaju, moºemo odabrati njih n koje su tjemena nekog konveksnogn-tougla.

U dokazu prethodne teoreme koriste se dvije jednostavne leme.LEMA 6.2.7. Ako je zadano pet ta£aka u ravni, tako da nikoje tri nisukolinearne, tada me�u njima postoje £etiri konveksno nezavisne ta£ke.

Dokaz. Ako je konveksan omota£ tih pet zadanih ta£aka petougao ili£etverougao, nema potrebe da ne²to dokazujemo. Pretpostavimo da jekonveksan omota£ tih ta£aka trougao u £ijoj se unutra²njosti nalazedvije preostale ta£ke. Tada su duº koja spaja te dvije ta£ke i jednaod stranica trougla dvije naspramne stranice nekog konveksnog £etver-ougla. Tjemena tog £etverougla su konveksno nezavisna.

ut

LEMA 6.2.8. U ravni se nalazi n ta£aka me�u kojima nikoje tri nisukolinearne. Ako su svi £etvero£lani podskupovi tog skupa ta£aka konve-ksno nezavisni, tada je svih n ta£aka konveksno nezavisno.

Dokaz. Neka su zadane ta£ke A1, A2, . . . , An. Ako tvr�enje teoremenije ta£no, konveksan omota£ tih ta£aka je neki m-tougao, gdje je

118


m < n. Bez smanjenja op²tosti, moºemo pretpostaviti da je konve-ksan omota£ posmatranog skupa A1A2 . . . Am. Tada se ta£ka An nalaziu nekom od trouglova 4A1A2A3, 4A1A3A4, . . . ,4A1Am−1Am. Tje-mena trougla koji sadrºi ta£ku An, zajedno sa An, £ine £etiri ta£ke kojenisu konveksno zavisne. To je kontradikcija sa pretpostavkom, pa suta£ke A1, A2, . . . , An tjemena n-tougla.

utDokaz teoreme 6.2.6: Neka je X skup ta£aka u ravni koje su u

op²tem poloºaju. Sve £etvero£lane podskupove od X obojimo crvenomi bijelom bojom po sljede¢em pravilu:

Ako je S = {A, B,C, D} ⊆ X i ako su ta£ke A,B, C, D konveksnonezavisne, skup S obojimo crveno, ina£e ga obojimo bijelo.

Ukoliko u X ima bar R(4, 2;n, n) ta£aka, znamo da postoji Y ⊂ Xtakav da je |Y | = n i svi £etvero£lani skupovi ta£aka iz Y su obojeniistom bojom. Na osnovu leme 6.2.7, za n > 5, znamo da ne mogu biti svipodskupovi obojeni bijelom bojom. Dakle, svaki £etvero£lani podskupod Y je obojen crveno, odnosno, svake £etiri ta£ke iz Y su konveksnonezavisne.Na osnovu leme 6.2.8 slijedi da je Y konveksno nezavisan skup.

ut

Ima smisla posmatrati i varijantu Remzijeve teoreme za beskona£neskupove.TEOREMA 6.2.9. Neka su dati prirodni brojevi k i c i beskon£anskup X. Ako se svi k-£lani podskupovi skupa X oboje sa c boja, postojibeskona£an podskup Y od X, takav da su svi k-£lani podskupovi od Yobojeni istom bojom.

Za k = 1 dobijamo o£igledno tvr�enje: ako beskona£an skup podi-jelimo na nekoliko disjunktnih podskupova A1, A2, . . . , Ac, tada ¢e barjedan od tih podskupova biti beskona£an. Dakle, za k = 1, prethodnuteoremu moºemo nazvati Dirihleov princip za beskona£ne skupove.

Dokaºimo prethodnu teoremu za k = 2. Neka je X beskona£an skupi neka su svi dvo£lani podskupovi od X obojeni sa c boja. Svaki beskon-a£an skup X sadrºi prebrojiv podskup X0 = {x1, x2, . . .}.

Pokaza¢emo da postoji niz beskona£nih podskupova Y1, Y2, . . . odX0 i niz razli£itih elemenata y1, y2, . . . skupa X0 tako da vrijedi:1. Y1 ⊃ Y2 ⊃ Y3 ⊃ · · · .2. yi /∈ Yi i za sve z ∈ Yi skupovi {yi, z} su obojeni istom bojom.

119

6.3. Zadaci

3. yi ∈ Yj za sve j < i.Na po£etku, neka je Y0 = X0. Ako smo konstruisali y1, . . . , yi−1 iY1, . . . , Yi−1, za yi odaberimo proizvoljan element iz Yi−1. Posmatrajmosve skupove oblika {yi, z}, gdje je z ∈ Yi−1 \ {yi}. Na osnovu beskon-a£nog Dirihleovog principa, postoji beskona£an Yi ⊂ Yi−1 takav da suza sve z ∈ Yi skupovi {yi, z} obojeni istom bojom.

Sada primijetimo da za �ksan prirodan broj i i za sve j ∈ N, j > i,boja skupa {yi, yj} zavisi samo od i. Tu boju ozna£imo sa ci. Kako jeskup boja kona£an, postoji beskona£an skup M ⊂ N, takav da su zasve m ∈ M boje cm iste. Traºeni skup je

Y = {ym : m ∈ M}.

Jedan od najpoznatijih rezultata u teoriji brojeva, teorema Van derVardena7 iz 1927. godine, je tvr�enje blisko Remzijevoj teoriji.TEOREMA 6.2.10 (Van der Varden). Za sve k, r ∈ N postojiprirodan broj w = W (k, r), takav da za svako bojenje brojeva iz [w] sar boja postoji jednobojan aritmeti£ki niz duºine k.Elegantan i kratak dokaz ove teoreme, u kojem se koristi samo Diri-hleov princip, je dat u radu [18]. Postoji i beskona£na varijanta van derVardenove teoreme.TEOREMA 6.2.11. Ako je skup cijelih brojeva podijeljen na kona£nomnogo disjunktnih podskupova, tada se za svaki n ∈ N u nekom odpodskupova nalazi aritmeti£ki niz duºine n.

Dokaz ove teoreme, kao i detaljan pregled Remzijeve teorije (brojneprimjene, ocjene Remzijevih brojeva, . . .) se mogu na¢i u knjizi [17].

6.3 Zadaci

1. Na svakom stablu u ²umi ima manje listova nego ²to ima stabala u²umi. Da li moraju da postoje dva stabla sa istim brojem listova?

2. Dokaºi da u svakom konveksnom poliedru postoje dvije pljosni saistim brojem ivica!

3. Familija podskupova skupa [n] ima svojstvo da se svaka dva skupa tefamilije sijeku. Koliko najvi²e elemenata moºe da bude u toj familiji?

7 Bartel Leendert van der Waerden (1903 - 1996)

120

6.3. Zadaci

4. Koliko najmanje brojeva treba odstraniti iz skupa {2, 3, 4, . . . , 2010},tako da nijedan od brojeva koji su ostali nije jednak proizvodu nekadruga dva preostala broja?

5. Na tablu 10 × 10 je postavljen 41 top. Dokaºi da je me�u njimamogu¢e odabrati pet topova koji se ne napadaju!

6. Tabla 6 × 6 je pokrivena dominama 2 × 1. Dokaºi da se ta tablamoºe presje¢i po granici neke dvije susjedne vrste ili kolone, tako dase nijedna domina ne presje£e!

7. Neka su A1, A2, . . . , A1066 podskupovi kona£nog skupa X i nekasvaki od njih sadrºi bar polovinu elemenata iz X. Dokaºi da postojideset elemenata x1, x2, . . . , x10 iz X, tako da svaki skup Ai sadrºibar jedan od tih deset elemenata.

8. U nizu od m prirodnih brojeva se nalazi ta£no n razli£itih. Ako jem ≥ 2n dokaºi da je proizvod nekoliko uzastopnih brojeva u tomnizu potpun kvadrat!

9. Sve ta£ke u ravni su obojene sa kona£no mnogo boja. Dokaºi dapostoji pravougaonik kojem su tjemena obojena istom bojom.

10. Dokaºi da se izme�u n + 2 proizvoljnih cijelih brojeva mogu na¢idva £ija je razlika ili £iji je zbir djeljiv sa 2n.

11. U krugu polupre£nika jedan je povu£eno nekoliko tetiva. Ako svakipre£nik sije£e najvi²e k tih tetiva, dokaºi da je ukupna duºina tihtetiva manja od kπ!

12. Za svaki prirodan broj n postoji beskona£no mnogo Fibona£ijevihbrojeva djeljivih sa n.

13. Unutar kocke £ija je ivica duga£ka 9 cm se nalazi 1981 ta£ka. Dokaºida postoje dvije ta£ke na udaljenosti manjoj od jedan!

14. Neka je S skup od 25 ta£aka u ravni, takav da svaki tro£lani podskupod S sadrºi bar dvije ta£ke na udaljenosti manjoj od 1. Dokazatida postoji 13-£lani podskup skupa S koji moºemo pokriti krugompolupre£nika 1.

15. Neka je a1 < a2 < · · · < an i neka je b1 > b2 > · · · > bn i neka je

{a1, a2, . . . , an} ∪ {b1, b2, . . . , bn} = {1, 2, . . . , 2n− 1, 2n}.

Izra£unaj |b1 − a1|+ |b2 − a2|+ · · ·+ |bn − an|.16. Dokaºi da za Remzijev broj R(p, q) vrijedi

R(p, q) ≤(

p + q − 2p− 1

).

121


17. Dva kruga sa zajedni£kim centrom, jedan manji od drugog, podije-ljeni su pre£nicima na po 200 podudarnih isje£aka. U ve¢em kruguje 100 isje£aka obojeno crvenom, a 100 plavom bojom. U manjemkrugu je svaki isje£ak obojen proizvoljno sa jednom od ove dvijeboje. Dokazati da je mogu¢e zarotirati mali krug tako da bar na100 susjednih isje£aka manjeg i ve¢eg kruga boje budu iste!

18. Neka je n neparan prirodan broj ve¢i od jedan i neka su c1, c2, . . . , cn

proizvoljni cijeli brojevi. Za permutaciju π = (π1, π2, . . . , πn) ∈ Sn

de�ni²emoS(π) =

n∑

i=1

ciπi.

Dokaºi da postoje permutacije π, σ ∈ Sn takve da je S(π) − S(σ)djeljiv sa n!.

19. Dokaºi da svaki niz realnih brojeva ima monoton podniz!20. Neka je F familija podskupova nekog skupa od n elemenata i neka

je |F| = 2n−1+1. Dokaºi da postoje S, T ∈ F takvi da je |S\T | = 1.Da li isto tvr�enje mora da vrijedi i ako je |F| = 2n−1?

21. U prostoru se nalazi devet ta£aka me�u kojima nikoje £etiri nisukoplanarne. Odrediti najmanji broj n sa sljede¢im svojstvom:Ako odaberemo n duºi koje spajaju zadane ta£ke, pa ih proizvoljnoobojimo sa dvije boje, tada postoji jednobojan trougao!

22. Neka su A i B cjelobrojne matrice 2× 2. Ako su A, A + B, A + 2B,A+3B, A+4B regularne matrice £iji su inverzi cjelobrojne matrice,dokaºi da je A+5B regularna i da je (A+5B)−1 tako�e cjelobrojna!

23. Zadan je skup od 1985 ne obavezno razli£itih prirodnih brojeva.Nijedan od tih brojeva nije djeljiv sa prostim brojem ve¢im od 23Dokaºi da me�u zadatim brojevima postoje £etiri £iji je proizvod£etvrti stepen nekog prirodnog broja!

24. Ta£ke u prostoru su obojene sa jednom od tri zadate boje. Dokaºida postoji bar jedna boja koja realizuje sve udaljenosti, odnosno, zasve d > 0 postoje dvije ta£ke obojene tom bojom £ija je udaljenostjednaka d.


1. Ne mora. Ako ima n stabala u ²umi na njima moºe da bude0, 1, . . . , n− 1 listova.

2. Ako poliedar ima n pljosni, te pljosni mogu imati 3, 4, . . . , n − 1ivica.

122


3. Neka je A ⊆ [n]. U familiji sa traºenim svojstvom moºe da se nalazinajvi²e jedan od skupova A ili [n]\A. Stoga, takva familija moºe daima najvi²e 2n−1 elemenata. Familiju sa toliko elemenata £ine svipodskupovi [n] koji sadrºe jedan �ksan element.

4. Dovoljno je ukloniti brojeve 2, 3, 4, . . . , 44.Kako vrijedi 45·45 = 2025 > 2010, nijedan od preostalih brojeva nijeproizvod neka dva broja iz skupa {45, 46, 47, . . . , 2010}. U trojkama

(2, 87, 2 · 87), (3, 86, 3 · 86), . . . , (44, 45, 44 · 45)

se nalaze razli£iti brojevi, i iz svake mora biti izba£en jedan da biuslov zadatka bio ispunjen. Stoga se moraju ukloniti bar 43 broja.

5. Primjenom Dirihleovog principa, moºe se pokazati da postoji petkolona sa (redom) bar 5, 4, 3, 2, 1 topova. Iz kolone u kojoj imabar jedan top odaberemo jednog, iz one u kojoj imaju bar dvamoºemo odabrati jednog koji ga ne napada, iz kolone koja ima bartri moºemo odabrati nekog koji ne napada prethodne, itd...

6. Svaka domina presje£e ta£no jednu liniju izme�u dvije vrste ilikolone. Kako je postavljeno 18 domina, a ima 10 grani£nih linija,�prosjek� presjeka je 1, 8. Me�utim, primijetimo da je broj presjekaneke granice sa dominama mora biti paran!

7. Iz uslova |Ai| > |X|2 , moºemo zaklju£iti da postoji element x1 ∈ X

koji se nalazi u bar p1 skupova od 1066 posmatranih (p1 > 534).Ostale skupove, njih q1 = 1066 − p1 (najvi²e 532), ozna£imo saB1, B2, . . . , Bq1 . Po pretpostavci, svaki od njih ima bar polovinuelemenata iz X \ {x1}. Stoga postoji element x2 ∈ X \ {x1} koji senalazi u bar polovini od q1 preostalih skupova. Dalje razmatranjemoºemo pratiti u sljede¢oj tabeli:

xi+1 ∈ X x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10

skupovi bez xi 532 265 132 65 32 15 7 3 1 08. Neka su a1, a2, . . . , an razli£iti brojevi koji se pojave u posmatranom

nizu x1, x2, . . . , xm. Za sve j = 1, 2, . . . ,m de�ni²imo n-torku Ej =(ε1, ε2, . . . , εn) ∈ {0, 1}n sa

εi ={

0, ai se pojavi paran broj puta u x1, x2, . . . , xj ;1, ina£e.

Ako za neki j ∈ [m] vrijedi Ej = (0, 0, . . . , 0), broj x1 · x2 · · · · · xj jepotpun kvadrat. U suprotnom, zbog m > 2n, postoje j1, j2 ∈ [m],j1 < j2 takvi da je Ej1 = Ej2 .Tada je broj xj1+1 · xj1+2 · · · · · xj2 potpun kvadrat.

123


9. Neka su ta£ke ravni obojene sa n boja. Posmatrajmo skup:

X = {(p, q) : 0 6 p 6 n, 0 6 q 6 n

(n + 1

2

)+ 1} ⊆ Z2.

Za sve i = 0, 1, . . . , n(n+1

2

)+ 1, na svakoj horizontalnoj pravoj y =

i postoje dvije isto obojene ta£ke iz skupa X. Na pravoj y = ipostoji

(n+1

2

)razli£itih mjesta za te dvije istobojne ta£ke. Kako

na raspolaganju imamo n boja, postoji najvi²e n(n+1

2

)jednobojnih

parova (p, q). Horizontalnih pravih ima jedna vi²e, pa postoje dvijeprave u kojima su dva jednobojna para na istoj poziciji obojenaistom bojom.

10. Posmatranih n+2 brojeva dijelimo u n+1 skupova A0, A1, . . . , An:

Ai = {m : ostatak pri djeljenju sa 2n je i ili 2n− i}.

U bar jednom skupu Ai se nalaze dva elementa. Te elementeoduzmemo (ako im je ostatak pri djeljenju sa 2n isti), odnosnosaberemo ako su im ostaci i i 2n− i.

11. Ako je zbir duºina tih tetiva ve¢i ili jednak kπ, tada je zbir duºinaodgovaraju¢ih kruºnih lukova ve¢a od kπ. Za svaki od tih lukova,uo£imo i njemu centralno simetri£an luk obzirom na centar kruºnice.Zbir duºina svih tih lukova je ve¢i od 2kπ. Stoga, mora da postojita£ka na kruºnici, koja je pokrivena sa k + 1 lukova. Pre£nik kojisadrºi tu ta£ku sije£e vi²e od k posmatranih tetiva.

12. Razli£itih �parova ostataka� pri djeljenju sa n ima n2. Stoga pos-toji beskona£no mnogo parova susjednih Fibona£ijevih brojeva kojipri djeljenju sa n daju iste ostatke, odnosno postoje i > j takvida je (Fi, Fi+1) i (Fj , Fj+1) takvi da je Fi ≡ Fj(mod n) i Fi+1 ≡Fj+1(mod n). Tada je Fi−1 ≡ Fj−1(mod n). Ponavljaju¢i ovaj pos-tupak dobijemo Fi−j ≡ 0(mod n).

13. Ako su sve ta£ke udaljene vi²e od 1, tada su kugle oko tih ta£akapolupre£nika 1

2 disjunktne. Te kugle su sadrºane u kocki stranice 10,kojoj se centar poklapa sa centrom polazne kocke. To je kontradi-kcija sa

19814

(12

)3π

3= 1981 · π

6> 1000.

14. Neka su A i B najudaljenije ta£ke u S. Za sve X ∈ S vrijedi|AX| 6 1 ili |BX| 6 1. Neka su kA i kB krugovi oko A, odnosno Bpolupre£nika jedan. Bar jedan od njih sadrºi bar 13 ta£aka.

124


15. Ako je ak 6 n a ak+1 > n tada je bk > n i bk+1 6 n. Stoga jeposmatrana suma jednaka

(b1 − a1) + · · ·+ (bk − ak) + (ak+1 − bk+1) + · · ·+ (an − bn).

Kako vrijedi {a1, a2, . . . , ak} ∪ {bk+1, bk+2, . . . , bn} = {1, 2, . . . , n},u prethodnoj sumi ispred brojeva 1, 2, . . . , n se nalazi znak minus,dok je ispred ostalih znak plus. Traºena suma je n2.

16. Indukcijom, uz primjenu nejednakosti (6.2).17. Postoji 200 razli£itih poloºaja malog i velikog kruga. Ako rotiramo

mali krug za 360◦, svaki od 200 isje£aka u malom krugu (bez obzirana to kojom je bojom obojen) ¢e biti iste boje sa susjednim isje£komvelikog kruga ta£no 100 puta. To je 200 · 100 = 20000 �poklapanja�u 200 poloºaja malog kruga, pa mora da postoji poloºaj sa bar 100�poklapanja�.

18. Ako tvr�enje zadatka nije ta£no tada se pri djeljenju S(π) sa n!pojave svi ostaci od 0 do n!− 1. Tako je∑

π∈Sn

S(π) ≡ 0+1+2+ · · ·+(n!−1) =n!(n!− 1)

2≡ n!− 1

2(mod n!).

Sa druge strane, uz proizvoljan koe�cijent ci se svaki od brojeva iz[n] pojavi (n− 1)! puta. Tako je∑

π∈Sn

S(π) = (c1 + c2 + · · ·+ cn)(1+2+ · · ·+n)(n−1)! ≡ 0(mod n!),

²to je kontradikcija sa pretpostavkom.19. Posmatrajmo proizvoljan niz (xn)n∈N u skupu R. Parove (xi, xj)

bojimo sa tri boje: crveno ako je xi < xj , plavo ako je xi = xj

i bijelo ako je xi > xj . Na osnovu beskona£ne verzije Remzijeveteoreme, postoji beskona£no £lanova niza kod kojih su svi paroviobojeni istom bojom. Ti £lanovi £ine monoton podniz.

20. Posmatrajmo skup parova {(A,A∪{1}) : A ⊂ [n], 1 /∈ A}. Kako tihparova ima 2n−1 bar jedan �£itav� par je u F , i to su traºeni skupovi.Svih podskupova od [n] koji imaju neparan broj elemenata ima2n−1 To je primjer familije sa 2n−1 podskupova koja nema traºenosvojstvo.

21. Postoji 36 duºi koje spajaju parove zadanih ta£aka. Ako u bojenjuizostavimo samo tri duºi, tada postoji ²est ta£aka izme�u kojih susve duºi obojene. Na osnovu primjera 6.2.1, znamo da postoji jed-nobojan trougao. Dakle, vrijedi n 6 33. Pokaºimo da je mogu¢e

125


obojiti 32 duºi tako da ne postoji jednobojan trougao. Iz primjera6.2.1 znamo da moºemo obojiti 10 duºi koje spajaju pet posma-tranih ta£aka, tako da nema jednobojnog trougla. Sada, dodajemojednu po jednu ta£ku od £etiri preostale na sljede¢i na£in:Preostalu ta£ku A spojimo sa svima ve¢ posmatranim ta£kama osimsa jednom ta£kom B, koja je spojena sa svima ostalim. Duº AX obo-jimo bojom sa kojom je obojena i duº BX. Tako dobijemo ukupno10+4+5+6+7 = 32 obojene duºi me�u kojima nema jednobojnogtrougla.

22. Funkcija f : R → R de�nisana sa f(t) = det(A + tB) je polinomdrugog stepena u t. Ako su X i X−1 regularne cjelobrojne matrice,tada je detX = ±1. Stoga su f(0), f(1), f(2), f(3), f(4) jednaki 1ili −1. Polinom drugog stepena koji u tri razli£ita broja ima istevrijednosti je konstantan!. Stoga je det(A+5B) = ±1, pa (A+5B)−1

postoji i cjelobrojna je.23. Svaki takav broj a se moºe napisati kao proizvod

a = 2a1 · 3a2 · 5a3 · 7a4 · 11a5 · 13a6 · 17a7 · 19a8 · 23a9 .

Proizvod a · b je potpun kvadrat ako su ai i bi iste parnosti za svei = 1, 2, . . . , 9. Postoji 29 = 512 razli£itih nizova (x1, x2, . . . , x9)s obzirom na parnost koordinata. Uzastopnom primjenom Diri-hleovog principa, izme�u zadanih 1985 brojeva moºemo odabrati8736 razli£ita para {xi, yi} takve da im je proizvod potpun kvadrat,odnosno xi · yi = z2

i . Sada, na isti na£in zaklju£imo da me�u broje-vima z1, z2, . . . , z736 postoje dva £iji je proizvod potpun kvadrat.

24. Neka su ta£ke obojene crvenom, plavom i bijelom bojom. Pre-tpostavimo da tvr�enje zadatka nije ta£no. Tada postoje brojevi c, pi b takvi da se te udaljenosti ne mogu realizovati crvenom,plavom ibijelom bojom. Uo£imo tetraedre C1C2C3C4 (stranice c), P1P2P3P4

(stranice p) iB1B2B3CB (stranice b). Neka su −→c i, −→p i i−→b i vektoripoloºaja odgovaraju¢ih ta£aka za i = 1, 2, 3, 4. Uo£imo 64 ta£ke Tijk

takve da je −→OT ijk = −→a i +−→b j +−→c k.

Za svaki od 16 parova indeksa (i, j) tetraedar Tij1Tij2Tij3Tij4 jestranice c (dobije se translacijom C1C2C3C4 za −→ai +

−→bj ). Najvi²e

jedno tjeme u svakom od tih tetraedara je crveno. Zbog toga, me�uta£kama Tijk postoji najvi²e 16 crvenih. Sli£no se pokaºe da me�uta£kama Tijk moºe biti najvi²e 16 plavih i 16 bijelih. Dobili smokontradikciju, jer postoje 64 ta£ke Tijk.

8 Kada smo odabrali 735 parova, ostalo je jo² 515 brojeva!

126

7

FORMULA UKLJU�ENJA-ISKLJU�ENJA

7.1 Ra£unanje sa Venovim dijagramima

Jo² u niºim razredima osnovne ²kole koristili smo Venove1 dijagrameda bismo rije²ili zadatke sljede¢eg tipa.Primjer 7.1.1. U nekom razredu od 35 u£enika njih 19 trenira ko²arku,fudbal trenira njih 21, dok oba sporta trenira 10 u£enika. Koliko seu£enika u tom razredu ne bavi ni sa jednim od ta dva sporta? Kolikou£enika trenira samo jedan sport od ta dva, ali ne oba?Rje²enje: Uvedimo sljede¢e oznake:

A− skup u£enika koji treniraju ko²arku;B − skup u£enika koji treniraju fudbal.

Iz teksta zadatka znamo da je |A| = 19, |B| = 21 i |A ∩ B| = 10.Skupove A i B predstavimo Venovim dijagramima i u odgovaraju¢e di-jelove (vidi sliku 7.1) upi²emo podatke koje znamo.

|A|=19

|B|=21

A∩B

|A∩B|=10|A\B|=19-10=9 |B\A|=21-10=11

|S|=35

Slika 7.1. Skupovi iz primjera 7.1.1 predstavljeni Venovim dijagramima.

1 John Venn (1834-1923)

7.1. Ra£unanje sa Venovim dijagramima

Dalje ra£unamo

|A\(A∩B)| = broj u£enika koji treniraju samo ko²arku = 19−10 = 9,

|B\(A∩B)| = broj u£enika koji treniraju samo fudbal = 21−10 = 11.

Dobijene podatke upi²emo u odgovaraju¢e dijelove Venovih dija-grama na slici 7.1.Sada uo£imo da je broj u£enika koji treniraju fudbal ili ko²arku jednak|A ∪B| i ra£unajmo ovako:

|A ∪B| = |A \B|+ |A ∩B|+ |B \A|, odnosno|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|. (7.1)

Dakle, broj u£enika u tom razredu koji treniraju fudbal ili ko²arkuje 19 + 21− 10 = 30. Ako je S skup svih u£enika u razredu, vrijedi

|S \ (A ∪B)| = |S| − |A ∪B| = |S| − |A| − |B|+ |A ∩B| (7.2)

Stoga je broj u£enika koji ne treniraju ni fudbal ni ko²arku 35−30 = 5.

Broj u£enika koji treniraju samo jedan sport se lako �pro£ita� izVenovih dijagrama na slici 7.1

|A \ (A ∩B)|+ |B \ (A ∩B)| = 9 + 11 = 20.

♦

Relacije (7.1) i (7.2) su najprostiji primjeri formule uklju£enja-isklju£enja. Osnovna ideja iz ovog primjera se lako �uop²tava� na triskupa.TEOREMA 7.1.2 (Formula uklju£enja-isklju£enja za tri skupa.).Neka su A,B i C podskupovi nekog kona£nog skupa S. Tada vrijedi:

|A∪B∪C| = |A|+ |B|+ |C|− |A∩B|− |A∩C|− |B∩C|+ |A∩B∩C|,odnosno

|S\(A∪B∪C)| = |S|−|A|−|B|−|C|+|A∩B|+|A∩C|+|B∩C|−|A∩B∩C|.Za sada dajemo skicu dokaza2 ove teoreme pomo¢u slike 7.2.

2 U sljede¢em poglavlju se nalazi dokaz formule uklju£enja-isklju£enja za n skupova.

128

7.1. Ra£unanje sa Venovim dijagramima

1 1

1

2-1=1

2-1=1

2-1=1

3-3+1=1

A B

C

Slika 7.2. �Dokaz� teoreme 7.1.2 pomo¢u slike.

U odgovaraju¢u oblast Venovog dijagrama na slici 7.2 upi²emo ko-liko puta se elementi iz te oblasti broje u prvoj formuli iz teoreme 7.1.2.

Rije²imo jo² jedan zadatak u kojem ¢emo koristiti predstavljanjeskupova Venovim dijagramima.Primjer 7.1.3. Koliko ima prirodnih brojeva manjih od 1000 koji nisudjeljivi ni sa jednim od brojeva 2, 3 i 5? Koliko ima prirodnih brojevamanjih od hiljadu koji su djeljivi sa ta£no jednim od brojeva 2, 3 ili 5?Rje²enje: Neka je

S = {1, 2, 3, . . . , 998, 999}, A = {2, 4, 6, . . . , 996, 998} = {n ∈ [999] : 2|n},B = {3, 6, 9, . . . , 996, 999} = {n ∈ [999] : 3|n},

C = {5, 10, 15, . . . , 990, 995} = {n ∈ [999] : 5|n}.Tada je

|S| = 999, |A| =⌊

9992

⌋= 499, |B| =

⌊9993

⌋= 333, |C| =

⌊9995

⌋= 199.

Dalje ra£unamo |A ∩B| =⌊

9996

⌋= 166, |A ∩ C| =

⌊99910

⌋= 99,

|B ∩ C| =⌊

99915

⌋= 66, |A ∩B ∩ C| =

⌊99930

⌋= 33.

Na osnovu teoreme 7.1.2 dobijamo

|S \ (A ∪B ∪C)| = 999− 499− 333− 199 + 166 + 99 + 66− 33 = 266.

129

7.2. Formula uklju£enja-isklju£enja

AB

C

S

33

3366

133

67

134267

999

266

Slika 7.3. Venovi dijagrami skupova u primjeru 7.1.3.

Pravilnim popunjavanjem Venovih dijagrama na slici 7.3 dobi¢emoodgovor na drugo pitanje: 267 + 134 + 67 = 468.

♦

7.2 Formula uklju£enja-isklju£enja

Formule uklju£enja-isklju£enja iz prethodnog poglavlja je lako uop²tititako da se mogu primjenjivati na probleme u kojima posmatramo nskupova.TEOREMA 7.2.1 (formula uklju£enja-isklju£enja). Neka su datikona£ni skupovi A1, A2, . . . , An. Broj elemenata u uniji tih skupova je:

|A1∪A2∪· · ·∪An| =n∑

k=1

∑

16i1<i2<···<ik6n

(−1)k−1|Ai1∩Ai2∩· · ·∩Aik | =

(|A1|+ |A2|+ · · ·+ |An|)− (|A1 ∩A2|+ · · ·+ |An−1 ∩An|

)+

+(|A1∩A2∩A3|+· · ·+|An−2∩An−1∩An|

)−· · ·+(−1)n+1|A1∩A2∩· · ·∩An|.Dokaz. Jedan od na£ina da se dokaºe prethodna formula je indukcijompo broju skupova n. To ostavljamo zainteresovanim £itaocima, a ovdjedajemo dokaz kombinatorne prirode.

Neka je x proizvoljan element iz unije svih skupova Ai. Pre-tpostavimo da se taj element nalazi u ta£no k skupova Ai.�Doprinos� elementa x u sumi na desnoj strani jednakosti koju ºelimodokazati je

130

7.2. Formula uklju£enja-isklju£enja(

k

1

)−

(k

2

)+

(k

3

)+ · · ·+ (−1)r−1

(k

r

)+ · · ·+ (−1)k−1

(k

k

).

Kada u gornju sumu dodamo i oduzmemo broj 1, pa iskoristimo bi-nomnu formulu, dobi¢emo da je doprinos elementa x na desnoj stranijednak 1− (1− 1)k = 1, ba² koliki je i doprinos tog elementa na lijevojstrani.

utAko su svi skupovi Ai iz prethodne teoreme podskupovi nekog �ve-

likog� skupa S, tada se iz prethodne teoreme lako izra£una broj eleme-nata iz S koji nisu ni u jednom od skupova Ai:

|S\n⋃

i=1

Ai| = |S|−n∑

k=1

∑

16i1<i2<···<ik6n

(−1)k−1|Ai1∩Ai2∩· · ·∩Aik |. (7.3)

PRIMJEDBA 7.2.2. Sume na desnoj strani ovih formula izgledajudosta komplikovane. Primijetimo da u izrazu(−1)k−1

(|A1∩A2∩· · ·∩Ak|+· · ·+|Ai1∩· · ·∩Aik |+· · ·+|An−k+1∩· · ·∩An|),

²to je jedna od zagrada na desnoj strani jednakosti u teoremi 7.5, imata£no

(nk

)sabiraka.

Ako svi presjeci po k skupova imaju isti broj elemenata, odnosnoako za sve k ∈ [n] i sve 1 6 i1 < i2 < · · · < ik 6 n vrijedi

∣∣Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik

∣∣ = pk,

tada su svi sabirci unutar iste zagrade u formuli iz teoreme 7.2.1jednaki. U tom slu£aju se formula uklju£enja-isklju£enja iz teoreme 7.2.1i formula (7.3) mogu zapisati mnogo jednostavnije:

∣∣A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An

∣∣ =n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)pk,

∣∣S \n⋃

i=1

Ai

∣∣ =∣∣S∣∣−

n∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)pk.

Nekoliko vaºnih i zanimljivih rezultata se moºe dobiti primjenomformule uklju£enja-isklju£enja.

Permutacija bez �ksnih ta£aka se naziva deranºman. Dakle, de-ranºman je bijekcija f : [n] → [n], takva da za sve i ∈ [n] vrijedif(i) 6= i. Sa Dn ozna£imo broj deranºmana u Sn. Da odredimo brojeveDn koristi¢emo formulu uklju£enja-isklju£enja.

131


Primjer 7.2.3 (Broj deranºmana). Odrediti broj deranºmana u Sn.Rje²enje: Sa Ai ozna£imo skup svih permutacija iz Sn kojima je i�ksna ta£ka, to jest

Ai ={π ∈ Sn : π(i) = i

}.

Primijetimo da je Dn =∣∣Sn \ (A1∪A2∪· · ·∪An)

∣∣. Uo£imo proizvoljnihk indeksa 1 6 i1 < i2 < · · · < ik 6 n. Permutacije iz Sn koje se nalazeu Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik su ta£no one kojima su i1, i2, . . . , ik �ksne ta£ke.Postoji o£igledna bijekcija izme�u permutacija iz Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aik

i svih permutacija skupa [n] \ {i1, i2, . . . , ik}. Stoga je

|Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik | = (n− k)!.

Koriste¢i oznake kao u primjedbi 7.2.2, u ovom primjeru je pk = (n−k)!.Sada iskoristimo formulu iz primjedbe 7.2.2:

Dn = |Sn \ (A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An)| = n!−n∑

i=1

(−1)i−1

(n

i

)(n− i)!,

odnosno,

Dn = n! ·n∑

i=0

(−1)i 1i!

.

♦Primjer 7.2.4 (Broj surjekcija). Neka je Surn,m skup svih surje-kcija sa [n] na [m]. Odrediti broj elemenata skupa Surn,m.Rje²enje: Opet ¢emo koristiti formulu uklju£enja-isklju£enja.

Za sve i ∈ [m], sa Ai ozna£imo skup preslikavanja f : [n] → [m] koja�ne pogode� broj i, to jest:

Ai ={f : [n] → [m]| za sve j ∈ [n] je f(j) 6= i

}.

Sada primijetimo da je

Surn,m = [m][n] \ (A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Am).

Odaberimo k razli£itih indeksa i1, i2, · · · , ik iz skupa [m]. U skupuAi1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik se nalaze funkcije koje �proma²e� sve i1, i2, . . . , ik,to jest Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik =

{f |f : [n] → [m] \ {i1, i2, . . . , ik}

}.

132


Zato je |Ai1∩Ai2∩· · ·∩Aik | = (m−k)n. Na osnovu primjedbe 7.2.2,dobijamo da je

|Surn,m| = mn −m−1∑

i=1

(−1)i−1

(m

i

)(m− i)n =

m−1∑

i=0

(−1)i

(m

i

)(m− i)n.

♦Jedna od vaºnih funkcija u teoriji brojeva je Ojlerova funkcija

ϕ : N→ N. Za proizvoljan prirodan broj n de�ni²emo

ϕ(n) =∣∣{m 6 n : m i n su relativno prosti brojevi

}∣∣ .

Na primjer, brojevi 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19 i 23 su relativno prosti sa 24,pa vrijedi ϕ(24) = 8. Dalje, za proizvoljan prost broj p je o£iglednoϕ(p) = p − 1. Kako izra£unati ϕ(n) za bilo koji prirodan broj n? Tunam tako�e moºe pomo¢i formula uklju£enja-isklju£enja.Primjer 7.2.5 (Ojlerova funkcija). Neka je n proizvoljan prirodanbroj, i neka je n = pm1

1 pm22 · · · pmk

k kanonska faktorizacija broja n, to jestjedinstven na£in kako se n moºe napisati kao proizvod prostih brojeva.Dokaºi da je

ϕ(n) = n

(1− 1

p1

)(1− 1

p2

)· · ·

(1− 1

pk

). (7.4)

Rje²enje: Svaki broj iz [n] koji nije relativno prost sa n mora bitidjeljiv sa nekim od prostih brojeva p1, p2, . . . , pk. Za sve i = 1, 2, . . . , kposmatrajmo skupove:

Ai = {pi, 2pi, . . . ,npi

, n} − skup brojeva iz [n] koji su djeljivi sa pi.

Neki broj iz [n] je relativno prost sa n ako i samo ako ne pripadanijednom od skupova Ai. Stoga je

ϕ(n) =∣∣[n] \ (A1 ∪A2 ∪ . . . ∪Ak)

∣∣.

Dalje, iz de�nicije skupova Ai, moºemo zaklju£iti da vrijedi

|Ai| = n

pi, |Ai∩Aj | = n

pipj, . . . , |Ai1∩Ai2∩· · ·∩Air | =

n

pi1pi2 · · · pir

, . . . .

Sada, na osnovu formule uklju£enja-isklju£enja dobijamo

ϕ(n) = n− np1− n

p2− · · · n

pk+ n

p1p2+ · · ·+ (−1)r n

pi1pi2···pir

+ · · · ,

133


²to moºemo prepoznati kao desnu stranu u formuli (7.4).

♦Primijetimo da u ovom primjeru nismo mogli koristiti olak²anu vari-

jantu formule uklju£enja-isklju£enja iz primjedbe 7.2.2.

Jedno od vaºnih svojstava Ojlerove funkcije je multiplikativnost. Toje direktna posljedica formule (7.4).POSLJEDICA 7.2.6. Neka su prirodni brojevi m i n relativno prosti.Tada je ϕ(m · n) = ϕ(m) · ϕ(n).

Od koristi moºe biti i sljede¢a varijanta formula uklju£enja-isklju£enja.Neka je S neki kona£an skup £ije elemente posmatramo, i neka je Okona£an skup osobina koje mogu, ali ne moraju, imati elementi skupaS. Za R ⊆ O de�ni²emo

f(R) = broj elemenata u S koji imaju sve osobine iz R i nijednu drugu,

g(R) = broj elemenata skupa S koje imaju sve osobine iz R, a moºdai jo² neke druge.

Iz de�nicija funkcija f i g moºemo zaklju£iti da je g(R) =∑

T :R⊂T

f(T ).

Lako je pokazati da je tada

f(R) =∑

T :R⊂T

(−1)|T\R|g(T ). (7.5)

Zaista, ako u desnoj strani formule (7.5) funkciju g izrazimo preko f , azatim promjenimo poredak sabiranja, dobijamo

∑

T :R⊆T

(−1)|T\R|g(T ) =∑

T :R⊆T

(−1)|T\R|∑

L:T⊆L

f(L), odnosno

∑

T :R⊆T

(−1)|T\R|g(T ) =∑

L:R⊆L

f(L)∑

T :R⊆T⊆L

(−1)|T\R|. (7.6)

Kako je broj podskupova T ⊆ L koji sadrºe sve elemente iz R i jo²i elemenata iz L \R jednak

(|L\R|i

), dobijamo

134

7.3. Permutacije sa zabranjenim pozicijama

∑

T :R⊆T⊆L

(−1)|T\R| =|L\R|∑

i=0

(|L \R|i

)(−1)i =

{0, ako je R ( L;1, ako je R = L.

Uvrstimo li prethodnu relaciju u (7.6), dobi¢emo formulu (7.5).

PRIMJEDBA 7.2.7. Formula (7.5) je blago uop²tenje formule uklju£e-nja-isklju£enja. Skup svih osobina O identi�kujemo sa [n], a sa Ai oz-na£imo skup elemenata iz S koji imaju svojstvo i.Za proizvoljan R = {r1, r2, . . . , rk} ⊂ [n] tada vrijedi

g(R) = |Ar1 ∩Ar2 ∩ · · · ∩Ark| i g(∅) = |S|.

Uo£imo da je f(∅) = broj elemenata koji nemaju nijednu osobinu iz O,odnosno

f(∅) =∣∣S \

n⋃

i=1

Ai

∣∣.

Relaciju (7.3) moºemo prepoznati kao specijalan slu£aj formule (7.5).

7.3 Permutacije sa zabranjenim pozicijama

Poznato je da postoji bijekcija izme�u skupa svih permutacija iz Sn

i svih rasporeda n topova na ²ahovsku tablu n×n, tako da se nikoja dvatopa ne napadaju. Za proizvoljnu permutaciju π ∈ Sn, topove postavimona polja (1, π(1)), (2, π(2)), . . . , (n, π(n)).

Kako je π bijekcija, u svakoj koloni i svakoj vrsti n×n table se nalazita£no po jedan top. Skup

Γπ = {(1, π(1)), (2, π(2)), . . . , (n, π(n))} ⊂ [n]× [n],

se naziva gra�k permutacije π.Uz ovu identi�kaciju, broj deranºmana Dn moºemo prepoznati kao

broj rasporeda n nenapadaju¢ih topova na n×n tablu, tako da nijedantop nije na dijagonali (1, 1), (2, 2), . . . , (n, n).

Sli£no pitanje se moºe posmatrati i za proizvoljan podskup table[n]× [n].DEFINICIJA 7.3.1. Neka je B ⊆ [n]×[n]. Za k ∈ {0, 1, 2 . . . , k−1, k}de�ni²emo brojeve rk i Nk na sljede¢i na£in:

135


• rk je broj na£ina kako se na polja iz B moºe rasporediti ta£no knenapadaju¢ih topova;

• Nk je broj rasporeda n nenapadaju¢ih topova na n × n tablu, takoda se ta£no k tih topova nalazi na poljima iz B, odnosno

Nk =∣∣ {π ∈ Sn : |π ∈ Sn : |Γπ ∩B| = k} ∣∣.

Na primjer, ako je B = {(1, 1), (2, 2), . . . , (n, n)} ⊂ [n] × [n], dire-ktnim ra£unanjem dobijamo rk =

(nk

). Da odredimo Nk, primijetimo

da nakon ²to postavimo k topova na polja iz B, preostalih n−k topovaraspore�ujemo na polja koja nisu u B. Tako je, u konkretnom slu£aju

Nk =(

n

k

)Dn−k =

n!k!

n−k∑

j=0

(−1)j 1j!

.

U op²tem slu£aju, veza izme�u brojeva rk i Nj je opisana sljede¢omteoremom.TEOREMA 7.3.2. Za sve j = 0, 1, . . . , n vrijedi

Nj =n∑

k=j

(−1)k−j(n− k)!(

k

j

)rk.

Dokaz. Neka je B ⊆ [n]× [n]. Za proizvoljan T ⊂ B de�ni²emo

f(T ) =∣∣{π ∈ Sn : Γπ ∩B = T}∣∣ , g(T ) =

∣∣{π ∈ Sn : Γπ ∩B ⊇ T}∣∣.

Primijetimo da je f(T ) broj rasporeda n nenapadaju¢ih topova na[n] × [n] tabli, tako da su jedini topovi na poljima iz B oni koji stojena poljima iz T .Dalje, g(T ) je broj takvih rasporeda u kojima na poljima iz T sigurnostoje topovi (a mogu na jo² nekim poljima iz B). Ako se u skupu Tnalaze dva polja iz iste vrste ili kolone, tada je g(T ) = f(T ) = 0.

Na osnovu verzije formule uklju£enja-isklju£enja iz relacije (7.5)znamo da je

f(T ) =∑

T⊆S⊆B

(−1)|S\T |g(S).

Iz de�nicije brojeva Nj i f(T ) vrijedi

Nj =∑

T⊆B, |T |=j

f(T ) =∑

T⊆B, |T |=j

∑

T⊆S⊆B

(−1)|S\T |g(S).

136


Ukoliko ºelimo broj Nj izraziti pomo¢u brojeva rk, potrebna nam jeveza izme�u brojeva rk i g(S).

Ako je S podskup od B koji ne sadrºi polja iz iste vrste ili kolone,lako je izra£unati da je g(S) = (n− |S|)!. Stoga je

∑

S⊆B,|S|=k

g(S) = rk(n− k)!.

Dalje, jedan k-£lani skup S ⊆ B sadrºi(kj

)podskupova T sa j eleme-

nata. Tako je

Nj =n∑

k=j

(k

j

) ∑

S⊆B, |S|=k

(−1)k−jg(S) =n∑

k=j

(−1)k−j

(k

j

)rk(n− k)!.

ut

Specijalno, za j = 0 dobijamo da je broj postavljanja n topova na[n]× [n] tablu tako da se nijedan top ne nalazi na B jednak

N0 =n∑

k=0

(−1)krk(n− k)! (7.7)

Sljede¢i problem je postavio E. Lukas3 je 1891. godine (�problème desménages�).Primjer 7.3.3 (Problem bra£nih parova). Na koliko na£ina se nbra£nih parova moºe rasporediti oko okruglog stola, tako da mu²karci iºene sjede naizmjeni£no i da niko ne sjedi pored svog bra£nog druga?Rje²enje: Ovaj zadatak moºemo interpretirati pomo¢u permutacija sazabranjenim pozicijama na sljede¢i na£in. Neka mu²karci sjednu okostola na proizvoljan na£in, tako da izme�u svake dvojice ostane ta£nojedno prazno mjesto.

Prazna mjesta ozna£imo redom sa brojevima 1, 2, . . . , n. Dalje, mu²ka-rca koji sjedi desno od mjesta i, a i njegovu ºenu tako�e, ozna£imo sabrojem i. Neka je π(i) mjesto na koje ¢e sjesti ºena ozna£ena sa i.

Raspored ºena oko stola, tako da budu ispunjeni uslovi zadatka,moºemo prepoznati kao permutaciju π ∈ Sn, za koju vrijedi:3 François Edouard Anatole Lucas (1842 - 1891)

137

7.4. Zadaci

π(1) /∈ {n, 1}, π(2) /∈ {1, 2}, . . . , π(i) /∈ {i− 1, i}, . . . , π(n) /∈ {n− 1, n}.

Uz takvo ozna£avanje, broj traºenih rasporeda bra£nih parova je ta£nobroj N0 za n× n tablu i podskup

B = {(1, 1), (1, n), (2, 1), (2, 2), . . . , (i, i−1), (i, i), . . . , (n, n−1), (n, n)}.

Da bi mogli koristiti formulu (7.7), potrebno je odrediti brojeve rk.To jest, treba da izbrojimo na koliko na£ina se na polja iz B moºerasporediti k nenapadaju¢ih topova. Posmatrajmo skup

Ck = {(σ, p) : σ − raspored k topova na B, p ∈ B polje bez topa iz σ}.

Sada prebrojimo elemente iz skupa Ck na dva na£ina. Ako prvoodaberemo raspored topova σ, pa onda neupotrebljeno polje, dobijamo|Ck| = (2n− k)rk.

Sa druge strane, polje p iz B moºemo odabrati na 2n na£ina. Dalje,postavljanje k nenapadaju¢ih topova na B tako da se ne koristi polje pje ekvivalentno izboru k polja od preostalih 2n− 1, tako da nikoja dvaodabrana polja nisu susjedna (vidjeti zadatak 10 iz poglavlja 5.6).

Tako smo dobili da je

(2n− k)rk = 2n

(2n− k

k

), odnosno rk =

2n

2n− k

(2n− k

k

).

Stoga je traºeni broj rasporeda oko okruglog stola jednak

N0 =n∑

k=0

(−1)k 2n

2n− k

(2n− k

k

)(n− k)!.

♦

7.4 Zadaci

1. Koliko ima prirodnih brojeva manjih od 106, koji su djeljivi sa 7, anisu djeljivi sa 10,12 i 25?

2. Na koliko na£ina se ²est £kololada i osam bombona moºe podijelitina £etvero djece, tako da svako dijete dobije bar neki slatki²? Pritome, neke bombone i neke £okolade mogu ostati neraspore�ene.

3. Koliko ima permutacija u Sn sa ta£no k �ksnih ta£aka?

138

7.4. Zadaci

4. Koliko ima permutacija π1π2 . . . πn ∈ Sn u kojim je πn−1 > n− 1 iliπn−2 > n− 2?

5. Na koliko na£ina se svih devet polja 3 × 3 table moºe obojiticrvenom ili bijelom bojom tako da nijedna 2 × 2 tabla nije obo-jena samo crveno?

6. Koliko ima permutacija π1π2 . . . π2n u skupu S2n u kojima, za svei = 1, 2, . . . , n, broj 2i nije neposredno poslije 2i− 1?

7. Koliko ima permutacija u Sn koje nemaju ciklus duºine l?8. Skup S ⊂ N je �£ist od duplikata� ako vrijedi k ∈ S ⇒ 2k /∈ S.

Odrediti koliko najvi²e elemenata moºe imati podskup od [n] kojije £ist od duplikata!

9. Na ko²ulji povr²ine jedan se nalazi pet zakrpa. Ako je povr²ina svakeod zakrpa ve¢a od 1

2 , dokaºi da postoje dvije zakrpe kojima je za-jedni£ka povr²ina bar 1

5 !10. Neka su zadani prirodni brojevi p, q i r. Kvadar dimenzija p× q× r

je podijeljen na kocke stranice jedan. Odredi kroz koliko jedini£nihkockica prolazi dijagonala kvadra? Broje se samo one kockice ko-jima dijagonala prolazi �kroz unutra²njost�.

11. Koliko ima permutacija multiskupa M = {12, 22, . . . , n2} u kojimasusjedni elementi nisu jednaki?

12. Koliko ima permutacija multiskupa M = {1n, 2n, 3n} u kojima neman uzastopnih elemenata koji su jednaki?

13. Dokaºi da je∑

k≥0

(−1)k

(n− k

k

)mk(m + 1)n−2k =

mn+1 − 1m− 1

.

14. Koliko ima razli£itih ishoda pri bacanju n razli£itih kockica za jamb,ako se zna da je zbir �palih� brojeva jednak m?

15. Koliko ima permutacija u Sn u kojima i+1 nije neposredno iza i zasve i = 1, 2, . . . , n− 1?

16. Koliko ima k-£lanih podskupova skupa [n] u kojima nema s uza-stopnih brojeva?

17. Neka su A1, A2, . . . , An podskupovi kona£nog skupa S. Uvedimosljede¢e oznake

139


Tk = |{x ∈ S : x se nalazi u ta£no k skupova A1, A2, . . . , An}|,

Bk = |{x ∈ S : x se nalazi u bar k skupova A1, A2, . . . , An}|,Pk =

∑

1≤i1<i2<···<ik≤n

|Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik |.

Dokaºi da vrijedi:a) Tk =

∑ni=k(−1)i−k

(ik

)Pi

b) Bk =∑n

i=k(−1)i−k(

i−1k−1

)Pi

c) Pk =∑n

i=k

(ik

)Ti,

d) Pk =∑n

i=k

(i−1k−1

)Bi

18. (Bonferonijeva nejednakost) Dokaºi da uz oznake iz prethodnog za-datka vrijedi:

(−1)r

(Tm−

[Pm−(m+1

m )Pm+1+···(−1)r−1(m+r−1m )Pm+r−1

])≥0.

19. Neka je A skup permutacija x1x2 . . . x2n iz S2n u kojima vrijedi|xi − xi+1| = n za neki i = 1, 2, . . . , 2n− 1.Dokaºi da je |A| > |S2n \A|.

20. Koliko ima permutacija multiskupa M = {12, 22, . . . , n2} u kojima(za sve i ∈ [n]) nisu oba i na pozicijama 2i− 1 i 2i?

21. Za S ⊆ [n − 1] sa α(S) ozna£imo broj permutacija iz Sn kojima jeskup padova sadrºan u S a sa β(S) broj permutacija kojima je skuppadova jednak S. Na�i vezu izme�u α(S) i β(S) i formule za ovebrojeve!

22. Na koliko na£ina se na tablu n × n moºe postaviti n kraljeva takoda se u svakoj vrsti i svakoj koloni nalazi po jedan kralj, i da sekraljevi me�usobno ne napadaju?


1. Brojeva manjih od 106 koji su djeljivi sa 7 ima 142857. Neka suA1, A2 i A3, tim redom, podskupovi od {7, 14, 21, . . . , 7 · 142856, 7 ·142857} koje £ine brojevi djeljivi sa 10, 12 i 25. Vrijedi |A1| =14285, |A2| = 11904, |A3| = 5714, |A1 ∩ A2| = 2380, |A1 ∩ A3| =2857, |A2 ∩ A3| = 476, |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 476. Primjenom formuleuklju£enja-isklju£enja dobijemo da je rje²enje zadatka broj 116191.

140


2. Neka je Ai raspored slatki²a tako da i-to dijete ne dobije ni²ta.Vrijedi |A1| =

((73

)) ((93

))=

(93

) · (113

)= 13860, |A1 ∩ A2| =((

72

)) (·(92

))=

(82

) · (102

)= 1260, |A1 ∩ A2 ∩ A3| = 7 · 9 = 63,

dok je |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4| = 1. Svih rasporeda slatki²a ima((74

)) ((94

))=

(104

) · (124

)= 103950. Stoga je, na osnovu formule

uklju£enja-isklju£enja, traºeni broj jednak

103950− 4 · 13860 + 6 · 1260− 4 · 63 + 1 = 55819.

3.(nk

)Dn−k.

4. Permutacija u kojima je πn−1 > n− 1 ima (n− 1)!, a onih u kojimaje πn−2 > n − 2 ima 2(n − 1)!. Permutacija kod kojih vrijede objenejednakosti ima (n − 2)!. Traºeni broj permutacija je 3(n − 1)! −(n− 2)!.

5. Sa Ai,j ozna£imo bojenja table u kojima su sva £etiri polja 2 × 2kvadrata sa gornjim lijevim poljem (i, j) obojena crvenom bo-jom. Svih bojenja ima 29, i ako primjenimo formulu uklju£enja-isklju£enja dobi¢emo rje²enje

29 − 4 · 25 + (4 · 23 + 2 · 22)− 4 · 21 + 20 = 417.

6. Koristi¢emo formulu iz primjedbe 7.2.2. Neka je Ai skup pe-rmutacijau kojima je 2i neposredno nakon 2i− 1.Kako je pk = |Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aik | = (2n − k)!, dobijemo da jerje²enje

n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)(2n− k)!.

7. U grupi Sn ima 1k!

(n

l,l,...,l,n−kl

)(l − 1)!k(n− kl)! = n!

lkk!permutacija

sa bar k ciklusa duºine l. Stoga je rje²enje

n!bn

lc∑

k=0

(−1)k 1k!lk

.

8. n− [n2 ] + [n

4 ]− [n8 ] + · · ·9. Neka je Pi povr²ina i-te zakrpe, Pi,j povr²ina presjeka i-te i j-te

zakrpe, Pi,j,k povr²ina presjeka zakrpa i, j i k, . . .. Za sve i ∈ [5]vrijedi Pi ≥

∑j Pi,j −

∑j,k Pi,j,k +

∑j,k,l Pi,j,k,l − P1,2,3,4,5.

Ako za sve i saberemo ove nejednakosti, dobije se

141


∑i Pi−2

∑1≤i<j≤5 Pi,j+3

∑1≤i<j<k≤5 Pi,j,k−4

∑1≤i<j<k≤5 Pi,j,k+5P1,2,3,4,5≥0.

Iz teksta zadatka znamo da je

1−∑1≤i≤5 Pi+

∑1≤i<j≤5 Pi,j−

∑1≤i<j<k≤5 Pi,j,k+

∑1≤i<j<k<l≤5 Pi,j,k,l−P1,2,3,4,5≥0.

Ako ovu nejednakost pomnoºimo sa 3 i dodamo pretposljednjoj ne-jednakosti dobi¢emo

3−2∑

1≤i≤5 Pi+∑

1≤i<j≤5 Pi,j−∑

1≤i<j<k<l≤5 Pi,j,k,l+2P1,2,3,4,5≥0.

Kako je povr²ina presjeka £etiri zakrpe uvijek ve¢a ili jednaka odpovr²ine presjeka svih pet, to je

3− 2∑

1≤i≤5

Pi +∑

1≤i<j≤5

Pi,j ≥ 0.

To nije mogu¢e ako je Pi ≥ 12 a Pi,j < 1

5 .10. Dijagonala �izlazi� iz jedini£nih kockica u ta£kama (x, y, z) u kojima

je bar jedna koordinata cjelobrojna. Stoga je broj presje£enih kock-ica p+q+r−NZD(p, q)−NZD(p, r)−NZD(q, r)+NZD(p, q, r).

11. Neka je Ai skup permutacija u kojima su dva i susjedna. Tada je|Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik | = (2n−k)!

2n−k i traºeni broj jen∑

k=0

(−1)k

(n

k

)(2n− k)!

2n−k.

12.(

3nn,n,n

)− 3(2n+1n,n,1

)+ 3

(n+2n,1,1

)+ 3!.

13. Posmatrajmo sve nizove elemenata skupa {0, 1, . . . ,m} duºine n ukojima su poslije prve nule svi £lanovi jednaki nuli. Za i ∈ [n − 1],neka je Ai skup takvih nizova u kojima je na i-tom mjestu nula,a iza nje nije nula. Presjek Ai1 ∩ Ai2 ∩ · · · ∩ Aik je prazan ako suneki odabrani indeksi ij i ij+1 susjedni brojevi, a ina£e u tom pres-jeku ima mk(m + 1)n−2k nizova. Kako k-£lanih podskupova skupa[n−1] koji nemaju uzastopne brojeve ima

(n−k

k

), identitet se dobije

primjenom formule uklju£enja-isklju£enja.14. Bacanja moºemo identi�kovati sa brojem rje²enja jedna£ine x1+x2+

· · ·+ xn = m, xi ∈ N, xi ≤ 6. Neka je pk broj rje²enja ove jedna£ineu kojima je bar nekih k sabiraka ve¢e od 6. Vrijedi pk =

(m−6k−1

n−1

),

pa je rje²enje zadatka

142


bm−n6c∑

k=0

(−1)k

(n

k

)(m− 6k − 1

n− 1

).

15.n−1∑

k=0

(−1)k

(n− 1

k

)(n− k)!.

16. Ako je A takav skup, tada se skupu Ac = {b1, b2, . . . , bn−k} moºedodijeliti rje²enje((b1 − 1), (b2 − b1 − 1), · · · , (bn−k − bn−k−1 − 1), (n− bn−k)

)jedna£ine x1 + x2 + · · · + xn−k+1 = k u N0 u kojem su svi xi < s.Rje²enja te jedna£ine u kojima je bar r brojeva ve¢ih od s− 1 imapr =

(n−rsn−k

). Stoga je rje²enje

n−k−1∑

r=0

(−1)r

(n− k − 1

r

)(n− rs

n− k

).

17. a) Uo£imo x ∈ S koji se nalazi u ta£no r skupova. Doprinos togelementa u Tk je jedan akko je r = k. U sumi na desnoj stranidoprinos tog elementa je

n∑

i=k

(−1)i−k

(i

k

)(r

i

)=

(r

k

) r−k∑

i=0

(−1)i

(r − k

i

)=

{0, za r 6= k;1, za r = k.

b) Slijedi iz Bk = Tk + Tk+1 + · · ·+ Tn.c) Na dva na£ina se broji skup parova (x, {i1, i2, . . . , ik}) gdje je

x ∈ S, x ∈ Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik

d) Iz prethodne relacije i Tk = Bk −Bk+1.18. Koristimo formulu (c) iz prethodnog zadatka. Svi koe�cijenti uz Ti

su pozitivni, pa je i cijeli izraz pozitivan.19. Neka je Ai = {π ∈ S2n : i i n + i su susjedni}. Uo£imo da vrijedi

|Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik | = (2n− k)!2k.Broj permutacija koje nisu u skupu A je

∑nk=0(−1)k(n

k)(2n−k)!2k≤(2n)!−(n1)(2n−1)!·2+(n

2)(2n−2)!·22=4(n2)(2n−2)!.

Kako je 4(n2)(2n−2)!

(2n)! = n−12n−1 < 1

2 , to zna£i da je u A vi²e permutacijanego u Sn \A.

20. Neka je Ai skup permutacija M u kojima su oba i na pozicijama2i− 1 i 2i. Vrijedi

143


|Ai1 ∩Ai2 ∩ · · · ∩Aik | =(2n− 2k)!

2n−k,

pa je traºeni broj∣∣∣∣∣

(n⋃

i=1

Ai

)c∣∣∣∣∣ =n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)(2n− 2k)!

2n−k.

21. Za S = {s1, s2, . . . , sk}, gdje je 1 6 s1 < s2 < · · · < sk 6 n− 1 vri-jedi (zadatak 18 u £etvrtoj glavi) α(S) =

(n

s1, s2 − s1, . . . , n− sk

).

Formulom uklju£enja-isklju£enja dobijamo

β(S) =∑

T :T⊆S

(−1)|S\T |α(T ) =∑

{i1,i2,...,ij}⊂S

(−1)k−j

(n

i1, . . . , n− ij

).

22. Ako je πi vrsta u kojoj se nalazi kralj u i-toj koloni, tada je traºeniraspored kraljeva permutacija π1π2 . . . πn ∈ Sn u kojoj za sve i ∈[n− 1] vrijedi |πi − πi+1| 6= 1. Za sve i ∈ [n− 1], neka je

Ai = {π ∈ Sn : |πi − πi+1| = 1}.

Za sve I = {i1, i2, . . . , ik} ⊆ [n − 1], neka je AI = Ai1 ∩ Ai2 ∩· · · ∩ Aik . Broj elemenata u AI ne zavisi samo od |I|, nego i odbroja maksimalnih intervala u I. Ako je I = [a1, b1]∪ [a2, b2]∪ · · · ∪[ar, br], to jest, ako je I sastavljen od r disjunktnih intervala, tadaje |AI | = 2r(n − k)!. Da bi mogli primijeniti formulu uklju£enja-isklju£enja, jo² treba da prebrojimo koliko ima k-£lanih podskupovaod [n−1] koji su sastavljeni od r intervala. Svaki k-£lani podskup odr intervala predstavlja jednu kompoziciju broja k u r sabiraka. Dalje,te intervale postavimo izme�u preostalih n − k − 1 brojeva iz [n −1](mogu biti i na po£etku ili na kraju). Traºeni broj k £lanih skupovaod [n−1] koji su sastavljeni od ta£no k-intervala je

(k−1r−1

)(n−k

r

). Sada,

pomo¢u formule uklju£enja-isklju£enja dobijemo da je traºeni broj

n! +n−1∑

k=1

(−1)k(n− k)!k∑

r=1

(k − 1r − 1

)(n− k

r

)2r.

144

8

REKURZIVNE RELACIJE

8.1 Primjeri rekurzivnih relacija

Podsjetimo se jo² jednom ²ta je osnovni zadatak enumerativne ko-mbinatorike:

Odrediti broj elemenata u svim skupovima iz posmatrane familijekona£nih skupova {An}n∈N0 , odnosno, potrebno je odrediti niz (an)n∈N0

(gdje je an = |An|).�esto je prvi korak u rje²avanju tog problema pronalaºenje formule

koja opisuje vezu izme�u broja an i nekoliko njegovih prethodnika an−1,an−2, . . . , an−k. Ako takva formula vrijedi za sve n > k, dobili smorekurzivnu relaciju kojom smo opisali niz (an)n∈N0 . Formalno, akoje f : Rk → R i ako za sve n ∈ N0, n > k vrijedi

an = f(an−1, an−2, . . . , an−k)

kaºemo da je niz (an)n∈N0 rje²enje rekurzivne relacije k-tog reda.Rekurzivne relacije smo ve¢ koristili u knjizi: da prebrojimo sve po-

dskupove skupa [n], sve podskupove od [n] sa ta£no k elemenata, brojsvih premutacija skupa [n] (vidjeti primjere 2.4.1 i 3.1.3, te teoremu2.5.5), . . .

Sa jo² nekoliko primjera ilustrova¢emo kako se rekurzivne relacijemogu koristiti u rje²avanju kombinatornih zadatka.Primjer 8.1.1. Koliko ima nizova duºine n napisanih ciframa 0, 1 i 2u kojima je broj upotrijebljenih nula neparan?Rje²enje: Neka je An skup svih traºenih nizova duºine n i neka jean = |An|. Ako u svim nizovima iz An koji zavr²avaju sa 1 ili 2 obri²emo

8.1. Primjeri rekurzivnih relacija

poslednju cifru, dobi¢emo nizove duºine n−1 sa neparnim brojem nula,to jeste, tako dobijeni nizovi su iz An−1.Stoga, nizova u An kojima je posljednja cifra 1 ili 2 ima 2an−1.

Ako niz iz An zavr²ava sa nulom, brisanjem te posljednje nule na-sta¢e niz duºine n− 1 koji ima paran broj nula, to jest, ovako dobijeniniz iz {0, 1, 2}n−1 nije u An−1. Svih nizova duºine n−1 u skupu {0, 1, 2}ima 3n−1, pa je broj nizova sa parnim brojem nula jednak 3n−1− an−1.Primjenimo li princip sume, dobi¢emo da je

an = 2an−1 + 3n−1 − an−1 = an−1 + 3n−1.

Ovu rekurzivnu relaciju nije te²ko rije²iti. Kako je a1 = 1, ako ovurekurzivnu relaciju primjenimo n− 1 put dobi¢emo

an = 1 + 31 + 32 + · · ·+ 3n−1 =3n − 1

2.

♦

Sada ¢emo pokazati da rekurzivne relacije mogu biti od koristi, £aki kada smo odredili ta£nu vrijednost za sve elemente niza (an)n∈N.

Involucija na skupu [n] je bijekcija f : [n] → [n] takva da je f ◦ f = Id.Drugim rije£ima, involucija na [n] je permutacija iz Sn kojoj su sviciklusi duºine jedan ili dva. Broj involucija sa ta£no k ciklusa duºinedva je

(n2k

)(2k − 1)!!. Koriste¢i princip sume, zaklju£ujemo da je broj

involucija u Sn jednakbn

2c∑

k=0

(n

2k

)(2k − 1)!!.

Primjer 8.1.2. Neka je an broj involucija u Sn.(a)Odredi rekurzivnu relaciju za niz (an)n∈N.(b)Dokaºi da je broj an paran za sve n > 1.(c)Dokaºi da za sve n > 1 vrijedi an >

√n!.

Rje²enje:(a)Involucija u kojima je f(n) = n ima an−1. Ako je f(n) 6= n, tada

je f(n) = i i f(i) = n, za neki broj i iz [n − 1]. Dalje, restrikcijaf na ostalih n − 2 elemenata je tako�e involucija. Stoga je traºenarekurzivna relacija

an = an−1 + (n− 1)an−2.

146

8.1. Primjeri rekurzivnih relacija

(b)Ako izra£unamo a2 = 2 i a3 = 4, moºemo primijetiti da su parni.Tvr�enje o parnosti svih brojeva an se lako dokaºe matemati£komindukcijom iz rekurzivne formule.

(c) Za a2 = 2 i a3 = 4 vrijedi 2 >√

2! i 4 >√

3!. Uz pretpostavku davrijedi an−1 >

√(n− 1)! i an−2 >

√(n− 2)!, iz rekurzivne relacije

dobijamo

an = an−1 + (n− 1)an−2 >√

(n− 1)! + (n− 1)√

(n− 2)! =

= (1 +√

n− 1)√

(n− 1)! >√

n!.

♦

I komplikovane rekurzivne relacije, koje uop²te nije mogu¢e rije²iti,ponekad mogu biti veoma korisne.Primjer 8.1.3. Za proizvoljnu particiju λ i za zadan prirodan broj mde�ni²emo:

fm(λ) = broj dijelova particije λ koji su jednaki m;gm(λ) = broj razli£itih dijelova particije λ koji se pojave bar m puta.

Na primjer, f2(533221111) = 2 i g2(533221111) = 3. Skup svih particijabroja n ozna£imo sa Par(n). Dokazati da je

∑

λ∈Par(n)

fm(λ) =∑

λ∈Par(n)

gm(λ).

Rje²enje: Uvedimo sljede¢e oznake:

Fm(n) =∑

λ∈Par(n)

fm(λ); Gm(n) =∑

λ∈Par(n)

gm(λ).

Lako je primijetiti da su po£etne vrijednosti za Fm(n) i Gm(n) jednake:

Fm(n) = Gm(n) = 0 za n < m, odnosno Fm(m) = Gm(m) = 1.

Sada ¢emo pokazati da za brojeve Fm(n) i Gm(n) vrijede iste rekurzivnerelacije.

Fm(n) = pn−m + Fm(n−m), (8.1)odnosno

Gm(n) = pn−m + Gm(n−m). (8.2)

147

8.2. Linearne homogene rekurzivne relacije sa konst. koe�cijentima

Broj pn−m, koji se pojavi u ovim formulama je broj svih particija odn−m, odnosno, pn−m = |Par(n−m)|.

Neka su zadani prirodni brojevi m i n, i neka je n > m. Svakojparticiji µ broja n −m moºemo �dodati� m i tako dobiti particiju odλ iz Par(n) koja ima dio jednak m. Lako se provjerava da je opisanakonstrukcija bijekcija.Pri toj konstrukciji, dijelovi particije µ ∈ Par(n−m) koji su jednaki mse ne mijenjaju, pa se svaka permutacija iz Par(n−m) (kada joj dodamom) �broji� u Fm(n) jo² fm(µ) puta. Sabiranjem po svim µ ∈ Par(n−m)dobijamo da vrijedi (8.1).

Da dokaºemo formulu (8.2), posmatrajmo sljede¢u konstrukciju:svakoj particiji µ broja n−m dodamo ta£no m jedinica i tako dobijemoparticiju iz Par(n) koja ima bar jedan sabirak (dio) koja se ponavljabar m puta. Tako�e, tih m jedinica moºemo dodati i na jednake sabirkeparticije µ ∈ Par(n−m) koji se pojave bar m puta.Tako dobijamo da vrijedi i (8.2).

Kako su po£etne vrijednosti za Fm(n) i Gm(n) jednake i kako tibrojevi zadovoljavaju iste rekurzivne relacije, moºemo zaklju£iti da jeFm(n) = Gm(n) za sve m,n ∈ N.

♦

8.2 Linearne homogene rekurzivne relacije sakonstantnim koe�cijentima

Naºalost, ne postoji algoritam koji opisuje kako se rje²ava proizvo-ljna rekurzivna relacija. Postoje rekurzivne relacije koje uop²te nijemogu¢e rije²iti, to jest, nije mogu¢e na¢i eksplicitnu formulu za n-ti£lan posmatranog niza. U ovom poglavlju ¢emo pokazati da za jednuklasu rekurzivnih relacija postoji jednostavan algoritam kojim se dobi-jaju sva rje²enja tih relacija.Linearna homogena rekurzivna relacija k-tog reda sa konsta-ntim koe�cijentima je relacija oblika

an = c1an−1 + c2an−2 + · · ·+ ckan−k, (8.3)

gdje je n > k, konstante c1, c2, . . . , ck su realni1 brojevi i vrijedi ck 6= 0.1 U svim primjerima koje budemo posmatrali koe�cijenti su realni brojevi. Ovakverelacije u kojima su koe�cijenti kompleksni se rje²avaju na sli£an na£in.

148


PRIMJEDBA 8.2.1. Objasnimo za²to se ovakve rekurzivne relacijenazivaju ovako �jednostavno�.(a) Rije£ linearna zna£i da se u relaciji (8.3) pojave samo prvi stepeni

brojeva an. Ne pojavljuju se stepeni akn za k > 1, niti proizvodi

anam. Posljedica linearnosti je sljede¢a £injenica:Ako su nizovi (an)n∈N0 i (a′n)n∈N0 rje²enja relacije (8.3), tada je iniz (an + a′n)n∈N0 rje²enje te relacije.

(b) Rije£ homogena u imenu zna£i da za relaciju vrijedi:Ako je niz (an)n∈N0 rje²enje relacije (8.3), tada je za sve λ ∈ R iniz (λan)n∈N0 tako�e rje²enje te relacije.Ovo je lako provjeriti uvr²tavanjem £lanova niza (λan)n∈N0 u (8.3).Ako bi desnoj strani relacije (8.3) dodali neki realan broj razli£it odnule, relacija vi²e ne bi bila homogena.

(c) Kaºemo da je relacija (8.3) rekurzivna relacija k-tog reda zato ²toje, za sve n > k, £lan an odre�en sa vrijednostima k prethodnih£lanova.

(d) Koe�cijenti uz an−1, an−2, . . . , an−k u relaciji (8.3) su realni brojevi,dakle konstante koje ne zavise od n.

PRIMJEDBA 8.2.2. Ako su dva niza (an)n∈N0 i (bn)n∈N0 rje²enjarelacije (8.3) i ako za sve i = 0, 1, 2, . . . , k − 1 vrijedi ai = bi tada su tinizovi jednaki. Dakle, dva rje²enja relacije (8.3) koja se podudaraju naprvih k mjesta su jednaka.

Sada ¢emo opisati kako se mogu odrediti sva rje²enja relacije (8.3).PRIMJEDBA 8.2.3. Pretpostavimo da je rje²enje te relacije nizoblika an = αn, za sve n ∈ N0. Uvr²tavanjem an = αn u (8.3) i dijelje-njem sa αn−k zaklju£ujemo da je je broj α rje²enje jedna£ine

xk − c1xk−1 − c2x

k−2 − · · · − ck−1x− ck = 0. (8.4)

Jedna£ina (8.4) se naziva karakteristi£na jedna£ina za polaznurekurzivnu relaciju (8.3).

Lako je primijetiti da vrijedi i obrnuto:Ako je λ rje²enje karakteristi£ne jedna£ine, tada je niz (λn)n∈N0 rje²enjeza (8.3).

149


Dalje, ako su λ i µ rje²enja jedna£ine (8.4), na osnovu (a) i (b) izprimjedbe 8.2.1, moºemo zaklju£iti da je i niz (an)n∈N0 de�nisan saan = A · λn + B · µn rje²enje2 za polaznu rekurzivnu relaciju (8.3).

Vaºnost karakteristi£ne jedna£ine je u tome ²to pomo¢u njenih kori-jena moºemo opisati sva rje²enja rekurzivne relacije koju posmatramo.TEOREMA 8.2.4. Neka je zadana homogena linearna rekurzivnarelacija sa konstantnim koe�cijentima

an = c1an−1 + c2an−2 + · · ·+ ckan−k

i neka jexk − c1x

k−1 − c2xk−2 − · · · − ck = 0

njoj asocirana karakteristi£na jedna£ina. Ako ta jedna£ina ima k ra-zli£itih korijena α1, α2, . . . , αk, sva rje²enja zadane rekurzivne relacijesu oblika:

an = C1 · αn1 + C2 · αn

2 + · · ·+ Ckαnk . (8.5)

Dokaz. Ve¢ smo u primjedbi 8.2.3 pokazali da su nizovi zadani sa

a(1)n = αn

1 , a(2)n = αn

2 , . . . , a(k)n = αn

k ,

i sve njihove linearne kombinacije C1 ·αn1 +C2 ·αn

2 + · · ·+Ckαnk rje²enja

posmatrane rekurzivne relacije.Pokaºimo jo² da su ba² sva rje²enja posmatrane rekurzivne relacije

tog oblika. Neka je niz (fn)n∈N0 proizvoljno rje²enje, to jest, za sven ∈ N, n > k vrijedi

fn = c1fn−1 + c2fn−2 + · · ·+ ckfn−k.

Mi traºimo koe�cijente λ1, λ2, . . . , λk tako da za sve n ∈ N0 vrijedi

fn = λ1 · αn1 + λ2 · αn

2 + · · ·+ λk · αnk .

Uslov da se fn i λ1 · αn1 + λ2 · αn

2 + · · · + λk · αnk podudaraju za

n = 0, 1, . . . , k − 1 se moºe zapisati kao sistem linearnih jedna£ina:

2 Niz (an)n∈N0 je linearna kombinacija rje²enja (λn)n∈N0 i (µn)n∈N0 .

150


λ1 + λ2 + · · · + λk = f0

λ1 · α1 + λ2 · α2 + · · · + λk · αk = f1

λ1 · α21 + λ2 · α2

2 + · · · + λk · α2k = f2

... ... ... ...λ1 · αk−1

1 + λ2 · αk−12 + · · · + λk · αk−1

k = fk−1

Realni brojevi λ1, λ2, . . . , λk koje traºimo su rje²enja ovog sistemajedna£ina.Determinanta ovog sistema je dobro poznata Vandermondova determi-nanta:

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 · · · 1α1 α2 · · · αk

α21 α2

2 · · · α2k... ... ... ...

αk−11 αk−1

2 · · · αk−1k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=∏

16i<j6n

(αi − αj).

Kako su sva rje²enja karakteristi£ne jedna£ine razli£ita vrijedi D 6= 0,pa posmatrani sistem jedna£ina ima jedinstvena rje²enja λ1, λ2, . . . , λk.Stoga su (fn)n∈N0 i (λ1·αn

1+λ2·αn2+· · ·+λk·αn

k)n∈N0 dva rje²enja posma-trane rekurzivne relacije, koja se podudaraju za n = 0, 1, . . . , k − 1.Na osnovu primjedbe 8.2.2 zaklju£ujemo da je

fn = λ1 · αn1 + λ2 · αn

2 + · · ·+ λk · αnk za sve n ∈ N.

utPRIMJEDBA 8.2.5. Na �jeziku� linearne algebre dokaz prethodneteoreme se moºe ispri£ati na sljede¢i na£in:Uo£imo (beskona£no dimenzionalni) vektorski prostor

V ={f |f : N0 → R

}- prostor svih nizova realnih brojeva,

i njegov potprostor W koji £ine nizovi koji su rje²enja relacije (8.3)

W ={f ∈ V |f(n) = c1 · f(n− 1) + c2 · f(n− 2) + · · ·+ ck · f(n− k)

}.

Kako je f(n) potpuno odre�en sa f(n − 1), f(n − 2), . . . , f(n − k)moºemo primijetiti da je dimenzija potprostora W najvi²e k. Ako karak-teristi£ni polinom ima k razli£itih korijena α1, α2, . . . , αk, lako se uvjer-iti da su svi fi(n) = αn

i , i = 1, 2, . . . , k elementi podprostora W .Kako su jo² sve funkcije fi linearno nezavisni vektori u W , oni £ine

jednu bazu za W . Stoga je proizvoljno rje²enje rekurzivne relacije li-nearna kombinacija f1, f2, . . . , fk.

151


Sada ¢emo pomo¢u teoreme 8.2.4 na¢i eksplicitnu formulu za n-tiFibona£ijev broj.Primjer 8.2.6 (Fibona£ijevi brojevi). Rije²i rekurzivnu relaciju

Fn+1 = Fn + Fn−1, uz po£etne uslove F1 = 1, F2 = 1

Rje²enje: Kako je ovo homogena linearna rekurzivna relacija, posma-tramo njoj asociranu karakteristi£nu jedna£inu x2 − x− 1 = 0. Njenarje²enja su x1 = 1+

√5

2 i x2 = 1−√52 , pa rje²enje zadate rekurzivne

relacije traºimo u obliku

Fn = C1

(1 +

√5

2

)n

+ C2

(1−√5

2

)n

.

Da bi dobili ²to jednostavniji sistem linearnih jedna£ina za C1 i C2,moºemo smatrati da je F0 = 0. Uo£imo da to ne mijenja rje²enje posma-trane rekurzivne relacije3. Konstante C1 i C2 odre�ujemo iz po£etnihuslova F0 = 0, F1 = 1. Rje²avanjem sistema jedna£ina

C1 + C2 = 0(1+√

52

)C1 +

(1−√5

2

)C2 = 1

dobijamo C1 =1√5, C2 = − 1√

5. Tako smo odredili n-ti Fibona£ijev broj

Fn =1√5

(1 +

√5

2

)n

− 1√5

(1−√5

2

)n

.

♦Primjer 8.2.7. Koliko ima rije£i duºine n napisanih slovima A, B i C,u kojima dva slova A nisu susjedi?Rje²enje: Neka je an broj nizova sa traºenim svojstvom. Lako se pro-vjeri da je a1 = 3 i da je a2 = 8.Svih an nizova duºine n se moºe dobiti na jedan od dva na£ina:• dopisivanjem slova B ili C na kraj neke od an−1 rije£i duºine n− 1,• dopisivanjem BA ili CA na kraj neke od an−2 rije£i duºine n− 2.3 Jednostavno, na po£etak niza Fibona£ijevih brojeva smo dodali nulu. I dalje jesvaki broj u nizu jednak zbiru dva £lana koja mu prethode.

152


Stoga je rekurzivna relacija za posmatrani niz an = 2an−1 + 2an−2.Rje²enja karakteristi£ne jedna£ine x2 − 2x − 2 = 0 su 1 ± √3. Op²terje²enje posmatrane rekurzivne relacije dobije se iz formule (8.5):

an = C1

(1 +

√3)n

+ C2

(1−

√3)n

.

Sada treba odrediti koe�cijente C1 i C2 iz po£etnih uslova. Opet ¢emokoristiti mali trik: ako proglasimo da je a0 = 1 rekurzivna relacija idalje vrijedi, a ra£unanje je dosta lak²e. Dakle, traºimo brojeve C1 i C2

koji su rje²enja sistema:

C1 + C2 = 1(1 +

√3)C1 +

(1−√3

)C2 = 3.

Dobijemo da su to C1 = 2+√

32√

3i C2 =

√3−2

2√

3. Tako je traºeni broj jednak

2 +√

32√

3

(1 +

√3)n

+√

3− 22√

3

(1−

√3)n

.

♦Sada ¢emo opisati rje²enja homogene linearne rekurzivne relacije

kada se u njenoj karakteristi£noj jedna£ini pojave vi²estruki4 korijeni.TEOREMA 8.2.8. Neka je zadana homogena linearna rekurzivnarelacija sa konstantnim koe�cijentima

an = c1an−1 + c2an−2 + · · ·+ ckan−k,

i neka jexk − c1x

k−1 − c2xk−2 − · · · − ck = 0

njoj asocirana karakteristi£na jedna£ina. Ako ta jedna£ina ima r ra-zli£itih korijena α1, α2, · · · , αr, i ako je vi vi²estrukost korijena αi, tadakorijenu αi odgovara vi rje²enja

αni , n · αn

i , n2 · αni , · · · , nvi−1 · αn

i .

Sva rje²enja zadane rekurzivne relacije su oblika:

C1,1αn1 +C1,2nαn

1 +· · ·+C1,v1nv1−1αn

1 +· · ·+Cr,1αr +· · ·+Cr,vrnvr−1αr.

4 Broj α je nula polinoma f(x) vi²estrukosti (multipliciteta) m ako je f(α) =f ′(α) = . . . = f (m−1)(α) = 0, a f (m)(α) 6= 0.

153


Skica dokaza:Kao i u slu£aju kada su korijeni karakteristi£ne jedna£ine razli£iti

(teorema 8.2.4), prvo ¢emo pokazati da su za sve i = 1, 2, . . . , r i za svem = 0, 1, 2, . . . , vi−1 nizovi (nmαn

i )n∈N0 rje²enja posmatrane rekurzivnerelacije.

Neka je αi nula polinoma P (x) = xk − c1xk−1 − c2x

k−2 − · · · − ck

vi²estrukosti vi ve¢e od jedan. Tada je αi tako�e rje²enje jedna£inaP ′(x) = 0 i xP ′(x) = 0. Sada moºemo primijetiti da je (nαn

i )n∈N0

rje²enje zadane relacije. Na sli£an na£in ra£unamo i dalje.Neka je m prirodan broj manji od vi. Ako m puta naizmjeni£no u

P (x) = 0 izra£unamo izvod pa pomnoºimo sa x dobi¢emo da je αi

rje²enje jedna£ine

kmxk− c1(k− 1)mxk−1− c2(k− 2)mxk−2−· · ·− ck−22mx2− ck−1x = 0.

Tako smo pokazali da su za i = 1, 2, . . . , r i m = 0, 1, 2, . . . , vi − 1 svinizovi

(nmαn

i

)n∈N0

zaista rje²enje posmatrane rekurzivne relacije.

U primjedbi 8.2.5 smo zapazili da je skup svih rje²enja relacije kojuposmatramo potprostor dimenzije k. Da bi dokazali teoremu, dovoljnoje jo² pokazati da su sva posmatrana rje²enja linearno nezavisna.

Ako su svi razli£iti korjeni karakteristi£ne jedna£ine α1, α2, . . . , αr

razli£iti po modulu, tada rje²enja(nmαn

i

)n∈N0

rastu �razli£itim brzi-nama�, pa nije mogu¢e da neko od tih rje²enja bude linearna kombi-nacija ostalih.

Ukoliko me�u α1, α2, . . . , αr postoje brojevi istog modula, tadamoramo imitirati dokaz teoreme 8.2.4.Naºalost, determinanta koja se posmatra da bi pokazali linearnu neza-visnost uo£enih rje²enja je dosta komplikovanija nego u teoremi 8.2.4:∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 · · · 0 · · · 1 0 · · · 0α1 α1 · · · α1 · · · αk αk · · · αk

α21 2α2

1 · · · 2v1−1α21 · · · α2

k 2α2k · · · 2vk−1α2

k...

......

......

...αk−1

1 (k − 1)αk−11 · · · (k − 1)v1−1αk−1

1 · · · αk−1k (k − 1)αk−1

k · · · (k − 1)vk−1αk−1k

∣∣∣∣∣∣∣∣

Ta determinanta je jedno od uop²tenja Vandermondove determinante5.Na² cilj je dokazati da je i ta determinanta razli£ita od nule.5 Ako je v1 = v2 = · · · = vr = 1 dobije se obi£na Vandermondova determinanta.

154


Pretpostavimo da je α1 korijen vi²estrukosti ve¢e od jedan. Izvla£e¢iα1 iz odgovaraju¢ih kolona, elementarnim operacijama na kolonama, iponavljanjem tog postupka v1−1 put, dobi¢emo da je blok koji odgovaraα1 u posmatranoj determinanti oblika

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 0 · · · 0 · · ·α1 1 0 · · · 0 · · ·α2

1 2α1 1 · · · 0 · · ·α3

1 3α21 3α1 · · · 0 · · ·

... ... ... ...αv1−1

1 (v1 − 1)αv1−21

(v1−1

2

)αv1−3

1 · · · 1 · · ·... ... ... ...

αk−11 (k − 1)αk−2

1

(k−12

)αk−3 · · · (

k−1v1−1

)αk−m

1 · · ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Iz posmatrane determinante smo izvukli 2!3! · · · (v1−2)!α1+2+···+(v1−1)1 .

Ako isti postupak primijenimo na sve korjene αi vi²estrukosti ve¢e odjedan, jo² nam je preostalo izra£unati determinantu Dα1,v1;α2,v2;...;αr,vr :

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 0 · · · 0 · · · 1 0 · · ·α1 1 · · · 0 · · · αr 1 · · ·α2

1 2α1 · · · 0 · · · α2r 2αr · · ·

... ... ... ... ...αv1−1

1 (v1 − 1)αv1−21 · · · 1 · · · αv1−1

r (v1 − 1)αv1−2r · · ·

... ... ... ... ...αk−1

1 (k − 1)αk−21 · · · (

k−1v1−1

)αk−m

1 · · · αk−1r (k − 1)αk−2

r · · ·

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Sada redom, za sve i = n−1, n−2, . . . , 1, pomnoºimo i-tu vrstu de-terminante Dα1,v1;α2,v2;...;αr,vr sa α1 i dodamo je vrsti ispod nje. Poslijeodgovaraju¢ih operacija na kolonama, dobijemo da je

Dα1,v1;α2,v2;...;αr,vr =r∏

j=2

(αj − αi)vj ·Dα1,v1−1;α2,v2;...;αr,vr .

Ako ovu relaciju primijenimo potreban broj puta na sve αi vi²estrukostive¢e od jedan, problem se svodi na ra£unanje obi£ne Vandermondovedeterminante.

Tako smo dobili da je determinanta sistema proizvod nekog brojarazli£itog od nule i

155


r∏

i=1

α(vi

2 )i

∏

16i<j6r

(αj − αi)vivj .

Dakle, determinanta koja nas zanima nije nula, pa se i u ovomslu£aju sva rje²enja posmatrane rekurzivne relacije mogu dobiti kao li-nearna kombinacija rje²enja koja odgovaraju korijenima karakteristi£nejedna£ine.Sada rije²imo jednu rekurzivnu relaciju u kojoj karakteristi£na jedna£i-na ima vi²estruke korjene.Primjer 8.2.9. Rije²iti rekurzivnu relaciju

an+3 = 5an+2−8an+1+4an, uz po£etne uslove a0 = 5, a1 = 1, a2 = 23.

Rje²enje: Asocirana karakteristi£na jedna£ina je

x3 − 5x2 + 8x− 4 = 0,

a njena rje²enja su x1 = 1, x2 = x3 = 2.Na osnovu teoreme 8.2.8, rje²enje rekurzivne relacije traºimo u obliku

an = C1 + C2 · 2n + nC3 · 2n.

Koe�cijente C1, C2 i C3 dobi¢emo iz po£etnih uslova, kao rje²enjesistema jedna£ina:

C1 + C2 = 5C1 + 2C2 + 2C3 = 1C1 + 4C2 + 8C3 = 23.

Ta rje²enja suC1 = 39, C2 = −34, C3 = 15,

pa je rje²enje zadane rekurzivne relacije

an = 39− 34 · 2n + 15n · 2n.

♦

156

8.3. Linearne nehomogene rekurzivne relacije sa konst. koe�cijentima

8.3 Linearne nehomogene rekurzivne relacije sakonstantnim koe�cijentima

U ovom poglavlju ¢emo posmatrati jo² jednu klasu rekurzivnihrelacija koju dosta lako moºemo rije²iti. Neka je f : N→ R proizvoljnafunkcija. Nehomogena linearna rekurzivna relacija k-tog reda jerelacija oblika

an = c1an−1 + c2an−2 + · · ·+ ckan−k + f(n), (8.6)

gdje je n > k, konstante c1, c2, . . . , ck su realni brojevi i vrijedi ck 6= 0.Primijetimo da izostavljanjem f(n) iz relacije (8.6) dobijamo homogenulinearnu relaciju koju smo nau£ili rije²iti u pro²lom poglavlju.PRIMJEDBA 8.3.1. Ako su nizovi (bn)n∈N0 i (b

′n)n∈N0 rje²enja

relacije (8.6), tada je niz (bn− b′n)n∈N0 rje²enje odgovaraju¢e homogene

rekurzivne relacije

an = c1an−1 + c2an−2 + · · ·+ ckan−k. (8.7)

Dakle, svaka dva rje²enja polazne rekurzivne relacije (8.6) se razlikuju zaneko rje²enje asocirane homogene relacije (8.7). Stoga je svako rje²enjeposmatrane nehomogene relacije (8.6) oblika

an = aHn + aP

n ,

gdje je aHn rje²enje odgovaraju¢e homogene rekurzivne relacije (8.7), a

aPn jedno (partikularno) rje²enje polazne nehomogene relacije.

U terminima linearne algebre, skup svih rje²enja rekurzivne relacije(8.6) je a�ni potprostor W ′ prostora svih nizova. Taj potprostor semoºe dobiti translacijom potprostora W koji £ine rje²enja odgovaraju¢ehomogene relacije za neki vektor aP

n iz W ′, to jest W ′ = W + aPn .

Iz prethodnog razmatranja, sva rje²enja linearne nehomogene reku-rzivne relacije dobijemo tako ²to:• Na�emo sva rje²enja odgovaraju¢e homogene relacije (8.7).• Na�emo jedno (partikularno) rje²enje nehomogene relacije (8.6).• Sva rje²enja traºene relacije su oblika an = aH

n + aPn .

Kako linearnu rekurzivnu relaciju (8.7) znamo rije²iti, jedini problem jejo² kako da �pogodimo� jedno rje²enje relacije (8.6)?

157


Ideja je da partikularno rje²enje traºimo u obliku u kojem je ifunkcija f(n) koja �kvari� homogenost. U sljede¢oj tablici dajemo�spisak� partikularnih rje²enja za neke tipove funkcije f .

f(n) pretpostavljeno partikularno rje²enje aPn

const. Ac · n + r A · n + B

ck · nk + · · ·+ c1 · n + c0 Ak · nk + · · ·+ A1 · n + A0

cn A · cn

Nepoznate koe�cijente u pretpostavljenom partikularnom rje²enjuaP

n odredi¢emo iz uslova da je to jedno rje²enje relacije (8.6).

Primjer 8.3.2. Rije²i rekurzivnu relaciju

an+2 = 5an+1 − 6an + 2 + 3n uz po£etne uslove a0 = a1 = 1.

Rje²enje: Asocirana homogena relacija an+2 = 5an+1 − 6an imarje²enja oblika aH

n = C1 · 2n + C2 · 3n.Partikularno rje²enje traºimo u obliku aP

n = An+B. Tako dobijamo

A(n + 2) + B = 5(A(n + 1) + B

)− 6(An + B) + 2 + 3n,

odnosno2An− 3A + 2B = 3n + 2.

Upore�uju¢i koe�cijente uz n i slobodan £lan na obje strane prethodnejednakosti dobijamo

2A = 3, 2B − 3A = 2, odnosno A =32, B =

134

.

Zato je aPn = 3

2n + 134 , a sva rje²enja zadate relacije su

an = C1 · 2n + C2 · 3n +32n +

134

.

Sada koe�cijente C1 i C2 odredimo iz po£etnih uslova:

a0 = C1 + C2 +134

= 1

a1 = 2C1 + 3C2 +32

+134

= 1.

158


Tako dobijamo C1 = −3 i C2 = 34 , odnosno rje²enje zadate rekurzivne

relacije jean = −3 · 2n +

343n +

32n +

134

.

♦

Kada je pretpostavljeno partikularno rje²enje aPn polazne relacije isto-

vremeno i rje²enje asocirane homogene relacije ovakav postupak ne dajerje²enje. Razlog za to je ²to je tada aP

n ∈ W ∩W ′, pa je u tom slu£ajupotprostor rje²enja odgovaraju¢e homogene jedna£ine W invarijantanna translaciju za aP

n .No, to se lako moºe popraviti. Neka je α korijen karakteristi£ne je-

dna£ine vi²estrukosti v koji se pojavi i kao pretpostavljeno partikularnorje²enje.Tada su nizovi (αn)n∈N0 , (nαn)n∈N0 , . . . , (n

v−1αn)n∈N0 rje²enja odgo-varaju¢e homogene relacije, to jest, ti nizovi pripadaju potprostoru W .

Zato partikularno rje²enje aPn traºimo u obliku (nv · αn)n∈N0 , ²to

sigurno ne pripada potprostoru W .Primjer 8.3.3. Rije²i rekurzivnu relaciju

an+3 − 6an+2 + 11an+1 − 6an = 6n2 − 4n− 17,

uz po£etne uslove a0 = 3, a1 = 15, a2 = 41.

Rje²enje: Kako asocirana homogena jedna£ina x3− 6x2 + 11x− 6 = 0ima korijene x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3, to je njeno op²te rje²enje

aHn = C1 + C2 · 2n + C3 · 3n.

Kako je 1 korijen karakteristi£ne jedna£ine vi²estrukosti jedan, odgo-varaju¢e partikularno rje²enje traºimo u obliku aP

n = n·(An2+Bn+C).Kada ovo rje²enje uvrstimo u polaznu relaciju, dobijemo

(n+3)(A(n+3)2+B(n+3)+C

)−6(n+2)(A(n+2)2+B(n+2)+C

)+

+11(n+1)(A(n+1)2+B(n+1)+C

)−6n(An2+Bn+C) = 6n2−4n−17.

Upore�uju¢i koe�cijente uz n2, n i slobodan £lan, dobi¢emo sistem li-nearnih jedna£ina:

159

8.4. Broj triangulacija konveksnog poligona

(9A + B) − 6(6A + B) + 11(3A + B) −6B = 6(27A + 6B + C) − 6(12A + 4B + C) + 11(3A + 2B + C) −6C = −4(27A + 9B + 3C) − 6(8A + 4B + 2C) + 11(A + B + C) = −17

Rje²enja tog sistema su A = 1, B = 2, C = 1/2. Dakle, rje²enjarekurzivne relacije su oblika an = c1 + c2 · 2n + C3 · 3n + n3 + 2n2 +

n

2.

Iz po£etnih uslova dobijamo sistem linearnih jedna£ina

C1 + C2 + C3 = 3C1 + 2C2 + 3C3 = 11.5C1 + 4C2 + 9C3 = 24

£ija su rje²enja koe�cijenti C1 = −31/4, C2 = 13, C3 = −9/4. Tako jerje²enje zadane rekurzivne relacije

an = −314

+ 13 · 2n − 94· 3n + n3 + 2n2 +

n

2.

♦Kao i u ve¢ini knjiga, u svim primjerima korijeni karakteristi£nih je-

dna£ina su realni. Algoritam za rje²avanje linearnih rekurzivnih relacijaje isti i kada su ti korjeni komleksni, i nekoliko takvih primjera se nalaziu zadacima na kraju ove glave.

8.4 Broj triangulacija konveksnog poligona

Na¢i eksplicitno rje²enje nelinearnih rekurzivnih relacija u op²temslu£aju moºe biti veoma teºak zadatak. U ovom poglavlju posma-tra¢emo i rije²iti jednu zanimljivu i vaºnu nelinearnu rekurzivnu relaciju.Ta relacija se £esto pojavi kao rje²enje velikog broja naizgled potpunorazli£itih enumerativnih problema. Odre�ivanje broja triangulacija ko-nveksnog n-tougla je samo jedna od manifestacija ove relacije.

Neka je Pn = A1A2 . . . An konveksan n-tougao u ravni. Triangu-lacija bez dodatnih tjemena tog n-tougla je podjela Pn na trouglovepomo¢u dijagonala, tako da za svaka dva trougla u toj podijeli vrijedi• ili su disjunktni;• ili imaju samo jedno zajedni£ko tjeme;• ili dijele jednu zajedni£ku ivicu.

160


Slika 8.1. Sve triangulacije petougla.

Sa Tn ozna£imo broj takvih triangulacija u n-touglu. Lako je izbro-jati da je T3 = 1, T4 = 2, T5 = 5. Na slici 8.1 je svih pet razli£itihtriangulacija petougla.

Po dogovoru se smatra da je T1 = 0 i T2 = 1.Sada ¢emo opisati rekurzivnu relaciju koju zadovoljavaju brojevi Tn.TEOREMA 8.4.1. Niz (Tn)n∈N je rje²enje rekurzivne relacije:

Tn+1 = T2 · Tn + T3 · Tn−1 + · · ·+ Tn · T2, za sve n > 2, (8.8)

uz po£etne uslove T1 = 0, T2 = 1.

Dokaz. Neka je Tn+1 skup svih triangulacija nekog konveksnog (n+1)-tougla Pn+1 = A1A2 . . . AnAn+1. Uo£imo stranu A1An+1 u poligonuPn+1. U svakoj triangulaciji T ∈ Tn+1, duº A1An+1 je stranica nekogtrougla.

A1A2

An+1

An

AkAk+1

Ak-1

ovdje je-tougaok

ovdje je-tougao(n-k+2)

Slika 8.2. Triangulacija (n + 1)-tougla u kojoj se pojavi trougao A1AkAn+1.

Za sve k = 2, 3, . . . , n− 1, n, sa T kn+1 ozna£imo podskup Tn+1 u ko-

jem je ivica A1An+1 sadrºana u trouglu 4A1AkAn+1 (vidi sliku 8.2).

161


Ako je 4A1AkAn+1 jedan trougao u nekoj triangulaciji, do potpunetriangulacije poligona Pn+1 jo² treba odabrati triangulacije k-touglaA1A2 . . . Ak i (n+2−k)-tougla AkAk+1 . . . AnAn+1, ²to se moºe vidjetina slici 8.2. Zato6 je |T k

n+1| = TkTn−k+2.

Kako je Tn+1 disjunktna unija skupova T 2n+1, T 3

n+1, . . . , T nn+1, tvr�enje

teoreme slijedi na osnovu principa sume.ut

Rekurzivnu relaciju (8.8) ne moºemo rije²iti metodama iz prethodnogpoglavlja jer nije linearna. Postoji nekoliko na£ina da se odrede brojeviTn. Jedan od njih je opisan u dokazu sljede¢e teoreme.TEOREMA 8.4.2. Za svaki prirodan broj n > 2 vrijedi

Tn =1

n− 1

(2(n− 2)n− 2

).

Dokaz. Neka je Pn = A1A2 . . . An neki konveksan n-tougao i neka je Tn

skup svih triangulacija poligona Pn. Posmatrajmo skup

S = {(T, d, A) : T ∈ Tn, d je dijagonala Pn kori²tena u T,A je tjeme d}.

Prvo odaberimo neku triangulaciju T poligona Pn. U toj triangulacijismo upotrebili n− 3 dijagonale, i svaka od tih dijagonala ima dva tje-mena. Stoga je

|S| = 2(n− 3) · Tn.

Sa druge strane, ako prvo �ksiramo tjeme A = A1, za dijagonalu kojasadrºi A moºemo odabrati A1A3, A1A4, . . . , A1An−1. Za odabranu di-jagonalu A1Ak, gdje je k ∈ {3, 4, . . . , n− 1}, postoji Tk · Tn−k triangu-lacija koje sadrºe dijagonalu d. Dakle, postoji

T3Tn−1 + T4Tn−2 + · · ·+ Tn−1T3

ure�enih trojki iz S u kojima se pojavi tjeme A1. Zbog simetrije, istovrijedi i ako za A odaberemo neko drugo tjeme n-tougla Pn. Stoga je

|S| = n(T3Tn−1 + T4Tn−2 + · · ·+ Tn−1T3).

Tako smo dobili da je2(n−3)

n Tn = T3Tn−1 + T4Tn−2 + · · ·+ Tn−1T3.

6 Ako je k = 2 ili k = n koristimo �dogovor� da je T2 = 1.

162

8.5. O nekim specijalnim brojevima

Ako u (8.8) uvrstimo T2 = 1 i iskoristimo prethodnu relaciju dobi¢emo

Tn+1 − 2Tn = T3Tn−1 + T4Tn−2 + · · ·+ Tn−1T3 = 2(n−3)n Tn,

odnosnoTn+1 =

2(2n− 3)n

Tn.

Uzastopnom primjenom prethodne relacije dobija se

Tn+1 = 2(2n−3)n Tn = 2(2n−3)·2(2n−5)

n·(n−1) Tn−1 = · · · = 2n−1(2n−3)!!n! T2.

Ako i brojilac i imenilac prethodnog razlomka pomnoºimo sa (n − 1)!dobijamo

Tn+1 =

(2(n− 1)

)!

n(n− 1)!(n− 1)!=

1n

(2(n− 1)n− 1

).

ut

8.5 O nekim specijalnim brojevima

Rje²avaju¢i razne kombinatorne probleme, primijeti¢emo da se po-jedine rekurzivne relacije pojave veoma £esto. Zbog toga su rje²enjatih rekurzivnih relacija vaºni brojevi u kombinatorici i imaju posebnaimena. U ovom poglavlju ¢emo posmatrati neke od tih specijalnih bro-jeva.

FIBONA�IJEVI BROJEVIPodsjetimo se da su Fibona£ijevi brojevi (Fn)n∈N0 rje²enja rekurzivnerelacije

Fn+2 = Fn+1 + Fn uz po£etne uslove F0 = 0, F1 = 1.

Nekoliko prvih £lanova ovog niza je dosta lako izra£unati:

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597 . . .

Znamo da je Fn =1√5

(1 +

√5

2

)n

− 1√5

(1−√5

2

)n

n-ti Fibona£ijev

broj.Skoro je nevjerovatno koliko se £esto Fibona£ijevi brojevi pojavljuju

u svijetu oko nas.Navedimo nekoliko primjera:

163


• Poznato je da mu²ka p£ela (trut) ima samo majku, a ºenska p£elaima i oca i majku. Tako trut ima jednog direktnog pretka (samomamu); ima dva pretka generaciju prije (jednu babu i jednog djeda);dalje ima dvije prababe i jednog pradjeda; tri £ukunbabe i dva£ukundjeda, . . . .Lako je primijetiti da je broj predaka nekog truta prije n generacijaFibon£ijev broj Fn+1, od toga je Fn ºenskih i Fn−1 mu²kih predaka.

• Fibona£ijevi brojevi su bili poznati i mnogo vremena prije Fi-bona£ija. U staroindijskim epovima, pisanim na sanskritu, glasovise mogu izgovarati duga£ko i kratko. Izgovor duga£kog glasa trajeduplo duºe od kratkog.Indijski matemati£ari su ra£unali broj stihova jednake duºine a ra-zli£ite strukture. Za nekoliko po£etnih vrijednosti, evo strukture ibroja stihova (kratak glas ozna£imo sa K, a dugi sa D).

duºina stiha struktura stiha broj stihova1 K 12 KK, D 23 KKK , KD , DK 34 KKKK, KKD, KDK, DKK, DD 5

5 KKKKK, KKKD, KKDK, KDKK,DKKK, DDK, DKD, KDD 8

Lako je pokazati da je broj stihova duºine n Fibona£ijev broj Fn+1.

• Fibona£ijevi brojevi se pojave i u botanici. Li²¢e se na grani ili sta-bljici neke biljke raspore�uje periodi£no po spirali. Odnos ugaonograstojanja izme�u dva susjedna lista i punog ugla je (zbog peri-odi£nosti) neki racionalan broj. Kod brijesta je taj odnos 1

2 , kodbukve 1

3 , kod hrasta 25 , kod kru²ke 3

8 , . . .

Zanimljivo je da je to ugaono rastojanje uvijek oblika FnFn+2

· 2π.Jedno od obja²njenja za takav raspored li²¢a je da na taj na£in svakilist dobije maksimalnu koli£inu sun£eve svjetlosti.

• Zlatni presjek u matematici, arhitekturi i umjetnosti je podjelaneke cjeline na dva dijela razli£itih veli£ina tako da je�odnos ve¢eg dijela prema manjem jednak odnosu cjeline prema

ve¢em dijelu�.Taj odnos se o zna£ava sa φ, i nije ga te²ko izra£unati. Iz uslova

164


ve¢imanji = φ =

ve¢i + manjive¢i = 1 +

1φ

lako se dobija da je broj φ pozitivno rje²enje kvadratne jedna£ineφ2 − φ− 1 = 0, odnosno φ =

√5+12 .

Rasprostranjenost broja φ u matematici, arhitekturi, slikarstvu,muzici (i jo² mnogo drugih oblasti) izaziva divljenje i nevjericu. Vezuizme�u Fibona£ijevih brojeva i zlatnog presjeka je prona²ao Johan

Kepler. On je pokazao da je limn→∞

Fn+1

Fn=

1 +√

52

= φ. Prethodnilimes moºemo dobiti ako Fibona£ijev broj Fn zapi²emo kao

Fn =1√5

(φn −

(−1φ

)n).

Odatle se dobije da je Fibona£ijev broj Fn cijeli broj koji je najbliºiφn√

5, ili precizno Fn =

⌊φn√

5+ 1

2

⌋.

Primjer 8.5.1. Evo nekoliko kombinatornih zadataka u kojima se kaorje²enja pojave Fibona£ijevi brojevi.1. Koliko ima svih podskupova skupa [n] koji ne sadrºe uzastopne

prirodne brojeve?2. Koliko ima kompozicija broja n u brojeve 1 i 2, odnosno, koliko

rje²enja ima jedna£ina

x1 + x2 + · · ·+ xk = n

ako je k ∈ N, a svi xi ∈ {1, 2}?3. Koliko ima kompozicija broja n u kojima su svi sabirci ve¢i od jedan?Rje²enje: Neka je an traºeni broj u svakom od ovih zadataka. Poka-za¢emo da za sve n ∈ N vrijedi

an+2 = an+1 + an, (8.9)

odnosno da rje²enja ovih zadataka zadovoljavaju istu rekurzivnu relacijukao i Fibona£ijevi brojevi.1. Sve podskupove od [n+2] u kojima nema uzastopnih brojeva podi-

jelimo u dvije grupe:Prvu grupu £ine podskupovi koji ne sadrºe n+2. To su i podskupoviod [n + 1] bez uzastopnih elemenata, i ima ih an+1.

165


U drugoj grupi su podskupovi koji sadrºe n + 2. Ti podskupovi nesadrºe n+1. �Brisanje� broja n+2 je bijekcija izme�u ovakvih pod-skupova od [n + 2] i podskupova od [n] u kojima nema uzastopnih.Stoga se u ovoj grupi nalazi an posmatranih podskupova od [n+2].Dakle, rje²enja ovog zadatka zadovoljavaju relaciju (8.9). Kako jea1 = 2 = F3, a2 = 3 = F4, to je an = Fn+2.

2. I u ovom primjeru, skup svih traºenih kompozicija broja n+2 podi-jelimo u dvije grupe. Prvu neka £ine kompozicije n + 2 u kojima jeposljednji sabirak jednak 1, a drugu one kojima je posljednji sabi-rak jednak 2. Izostavljanjem posljednjeg sabirka, dobijemo da zabrojeve an tako�e vrijedi rekurzivna relacija (8.9). Kako je a1 = 1,a2 = 2, to je an = Fn+1.

3. Kompozicija kojima je posljednji sabirak dva ima an−2, a onih ko-jima je posljednji sabirak ve¢i od dva ima an−1 (taj posljednji uman-jimo za jedan). Stoga, za £lanove niza (an)n∈N vrijedi rekurzivnarelacija (8.9), uz po£etne uslove a1 = 0, a2 = 1. Broj kompozicijasa traºenim svojstvom je Fn−1.

♦

KATALANOVI BROJEVI

Katalanovi7 brojevi (Cn)n∈N0 su rje²enja rekurzivne relacije

Cn = C0Cn−1+C1Cn−2+· · ·+Cn−1C0, uz po£etne uslove C0 = C1 = 1.

Prvih nekoliko Katalanovih brojeva su

1, 1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, 4869, 16796, 58786, 208012 . . .

U prethodnom poglavlju smo pokazali da je Cn jednak broju triangu-lacija konveksnog (n+2)-tougla, i na²li smo op²tu formulu za ove brojeve

Cn =1

n + 1

(2n

n

).

Katalanovi brojevi se pojave veoma £esto kao rje²enje raznih kombina-tornih problema. Ri£ard Stenli je u [35] opisao 173 razli£ita zadatka £ijasu rje²enja Katalanovi brojevi.7 Eugène Charles Catalan (1814 - 1894)

166


Neka je (An)n∈N0 niz kona£nih skupova i neka je an = |An|. Jedan odna£ina da se pokaºe da su £lanovi niza (an)n∈N0 ba² Katalanovi brojevije da dokaºemo da vrijedi

a0 = a1 = 1 i an = a0an−1 + a1an−2 + · · ·+ an−1a0,

to jest, da nizovi (an)n∈N0 i (Cn)n∈N0 zadovoljavaju istu rekurzivnurelaciju, uz iste po£etne uslove.

Drugi na£in da dokaºemo da je an = Cn za sve n ∈ N0 je kombina-torni:- prona¢i niz skupova (Bn)n∈N0 u kojem za sve n vrijedi |Bn| = Cn, i- za sve n ∈ N0 uspostaviti bijekcije fn : An → Bn.Dva dobro poznata primjera gdje su rje²enja Katalanovi brojevi su:postavljanje zagrada da bi odredili redoslijed mnoºenja n + 1 faktora ira£unanje broja binarnih stabala sa n + 1 listova.Primjer 8.5.2. Pretpostavimo da u nekoj strukturi operacija mnoºenjanije asocijativna. Ako ºelimo pomnoºiti n + 1 element x1x2 · · ·xnxn+1

u toj strukturi, redoslijed mnoºenja se odredi postavljanjem (n − 1)-og para zagrada. Sa an ozna£imo broj razli£itih postavljanja zagrada umnoºenju x1x2 · · ·xnxn+1.Lako se provjeri da je a0 = a1 = 1, a2 = 2, a3 = 5.

Na primjer, za n = 3, postoji pet mogu¢ih rasporeda zagrada:

((x1x2)x3)x4, (x1(x2x3))x4 , (x1x2)(x3x4) , x1((x2x3)x4) , x1(x2(x3x4)).

Dokaºi da za svaki prirodan broj n vrijedi an = Cn.Rje²enje: Moºemo primijetiti da je svaki od posmatranih proizvodaoblika

(x1x2 · · ·xi) · (xi+1xi+2 · · ·xn+1)

za neki i = 1, 2, . . . , n. Jo² je potrebno rasporediti zagrade u proizvodex1x2 · · ·xi i xi+1xi+2 · · ·xn+1. Kako je to mogu¢e uraditi na ai−1,odnosno an−i na£ina, moºemo zaklju£iti da vrijedi

an = a0an−1 + a1an−2 + · · ·+ an−1a0.

Dakle, brojevi an zadovoljavaju istu rekurzivnu relaciju i imaju istepo£etne uslove kao i Katalanovi brojevi. Stoga je an = Cn za sve n ∈ N0.

♦

167


Primjer 8.5.3. Binarno stablo je struktura koja se £esto pojavi umatematici i ra£unarstvu. Moºe se opisati kao stablo (povezan graf bezciklusa) u kojem svako tjeme osim listova (tjeme sa samo jednim susje-dom) ima ta£no dva susjeda (�sljedbenika�).

Neka je bn broj binarnih stabala sa ta£no n + 1 listova. Dokazati daza sve n ∈ N0 vrijedi bn = Cn.Rje²enje: U svaki od n + 1 listova upi²emo promjenjive x1, x2,. . . , xn+1. Moºemo primijetiti da je sa binarnim stablom u potpunostiopisan redoslijed mnoºenja u izrazu x1x2 · · ·xnxn+1.

Vrijedi i obrnuto, raspored mnoºenja u x1x2 · · ·xnxn+1 de�ni²e binarnostablo sa n + 1 listova. Ovo daje bijekciju izme�u posmatranih stabalai raspore�ivanja zagrada u prethodnom problemu, vidjeti sliku 8.3.

(x1 ((x2 x3) x4)) (x5 x6)

x1

x2 x3

x4

x5 x6

Slika 8.3. Bijekcija izme�u binarnih stabala i postavljanja zagrada.

Tako smo pokazali da je bn = Cn, to jest, Katalanovi brojevi surje²enje i ovog problema.

♦

Uz malo ra£unanja, moºemo dobiti jo² jedan zapis za Katalanove bro-jeve. Primijetimo da vrijedi:

Cn = 1n+1

(2n

n

)= n+1−n

n+1

(2n

n

)=

(2n

n

)− n

n+1

(2n

n

).

Kako je nn+1

(2n

n

)= 2n

n+1

(2n− 1n− 1

)= 2n

n+1

(2n− 1

n

)=

(2n

n + 1

), dobi-

jamo da je

168


Cn =(

2n

n

)−

(2n

n + 1

).

Potraºimo kombinatornu interpretaciju za ovako napisane Kata-lanove brojeve.Primjer 8.5.4. Poznato je da je broj najkra¢ih puteva od (0, 0) do(n, n) u cjelobrojnoj mreºi jednak

(2nn

). Koliko ima takvih puteva koji

�ne silaze� ispod dijagonale y = x, to jest kod koje su sve cjelobrojneta£ke (p, q) na putu takve da je p 6 q?Rje²enje: Od svih

(2nn

)najkra¢ih puteva od (0, 0) do (n, n) treba

oduzeti sve one koji se �spuste� ispod dijagonale. Puteve koji silazeispod dijagonale prebrojimo pomo¢u sljede¢eg trika:

Neka je P takav put. Uo£imo prvu cjelobrojnu ta£ku puta P koja jeispod dijagonale; recimo da je to A(m+1,m). Primijetimo da od ta£keA do ta£ke (n, n) u putu P ima jo² n −m koraka GORE i n −m − 1korak DESNO. Sada, put P preuredimo tako da svaki put poslije ta£keA umjesto GORE odemo DESNO, a umjesto DESNO idemo GORE.

A(m+1,m)

(n,n)

(n+1,n-1)

P

P’

Slika 8.4. Putevi od (0, 0) do (n, n) koji se spuste ispod y = x se pretvore u puteveod (0, 0) do (n + 1, n− 1)

Tako smo dobili novi put P ′ sa n + 1 koraka DESNO i n− 1 korakGORE. Zato je P ′ put od (0, 0) do (n+1, n−1). Primjer ove konstruk-cije se moºe vidjeti na slici 8.4.

169


Lako je primijetiti da je maloprije opisana bijekcija izme�u putevaod (0, 0) do (n, n) koji se spuste ispod dijagonale i svih puteva od (0, 0)do (n + 1, n− 1) (tih puteva ima

(2n

n+1

)). Stoga je broj traºenih puteva

(2n

n

)−

(2n

n + 1

).

♦STIRLINGOVI BROJEVI

Sa c(n, k) smo ozna£avali broj permutacija u Sn koje imaju ta£no kciklusa. Taj broj se naziva i Stirlingov broj prve vrste bez znaka.Stirlingov broj prve vrste de�ni²emo sa

s(n, k) = (−1)n−kc(n, k).

Iz teoreme 4.3.4 dobijamo da Stirlingovi brojevi s(n, k) zadovo-ljavaju rekurzivnu relaciju

s(n, k) = s(n− 1, k − 1)− (n− 1)s(n− 1, k)

U sljede¢oj tablici se nalaze Stirlingovi brojevi s(n, k) za neke �male�vrijednosti parametara n i k:

n \ k 0 1 2 3 4 5 6 7 80 11 0 12 0 −1 13 0 2 −3 14 0 −6 11 −6 15 0 24 −50 35 −10 16 0 −120 274 −225 85 −15 17 0 720 −1764 1624 −735 175 −21 18 0 −5040 13068 −13132 6769 −1960 322 −28 1

Particija skupa X u k dijelova je podjela svih elemenata X u knepraznih, disjunktnih podskupova od X. Drugim rije£ima, particijaskupa X u k blokova (dijelova) je k-£lana familija {A1, A2, . . . , Ak}podskupova od X tako da je

X = A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak, Ai 6= ∅, Ai ∩Aj = ∅ za sve 1 6 i < j 6 k.

Za sve k 6 n Stirlingov broj druge vrste S(n, k) je broj particijaskupa od n elemenata u ta£no k blokova.

170


TEOREMA 8.5.5. Stirlingovi brojevi druge vrste zadovoljavaju slje-de¢u rekurzivnu relaciju

S(n, k) = S(n− 1, k − 1) + kS(n− 1, k).

Dokaz. Sve particije skupa [n] u k blokova podijelimo u dvije grupe:(i) Prvu grupu £ine particije u kojima je {n} jedno£lan blok. Kako

se ostalih n − 1 elemenata treba rasporediti u k − 1 blokova, ovihparticija ima S(n− 1, k − 1).

(ii) U drugoj grupi su particije u kojima broj n nije �sam� u bloku. Teparticije nastanu dodavanjem broja n u jedan od k blokova neke odS(n− 1, k) particija skupa [n− 1] u k blokova.

Rekurzivnu relaciju za S(n, k) dobijemo koriste¢i princip sume.ut

Neke vrijednosti za Stirlingove brojeve druge vrste su date u sljede¢ojtabeli:

n \ k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 90 11 0 12 0 1 13 0 1 3 14 0 1 7 6 15 0 1 15 25 10 16 0 1 31 90 65 15 17 0 1 63 301 350 140 21 18 0 1 127 966 1701 1050 266 28 19 0 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1

PRIMJEDBA 8.5.6. Srpski matemati£ar Jovan Karamata8 je uveonotaciju za Stirlingove brojeve pomo¢u uglastih i viti£astih zagrada

[nk

]= c(n, k) = (−1)n−ks(n, k),

{nk

}= S(n, k).

Ovu notaciju je kasnije popularisao Donald Knut9, na primjer u [19].Rekurzivne relacije za ovako zapisane Stirlingove brojeve podsje¢aju narelacije za binomne koe�cijente:8 Jovan Karamata (1902 - 1967)9 Donald Ervin Knuth (1938- )

171

8.5. O nekim specijalnim brojevima[nk

]= (n− 1)

[n− 1

k

]+

[n− 1k − 1

], odnosno

{nk

}= k

{n− 1

k

}+

{n− 1k − 1

}, za sve n ∈ N.

PRIMJEDBA 8.5.7. Za Stirlingov broj druge vrste S(n, k) moºemolako na¢i i ta£nu formulu. Taj broj se pojavi pri enumeraciji surjekcijasa skupa [n] u skup [k]. Jedan od na£ina kako moºemo zadati surjekcijuf : [n] → [k] je da uo£imo particiju skupa [n] u k dijelova na S(n, k)na£ina, a zatim na k! na£ina odaberemo bijekciju koja tih k blokovaslika u [k].

Tako dobijemo da je broj surjekcija sa [n] u [k] jednak S(n, k)k!. Naosnovu primjera 7.2.4 slijedi da je

S(n, k) =1k!

k∑

i=0

(−1)i

(k

i

)(k − i)n.

Neke vrijednosti za Stirlingove brojeve prve i druge vrste nije te²kodobiti zahvaljuju¢i odgovaraju¢oj kombinatornoj interpretaciji.Primjer 8.5.8. Dokaºi da sve n ∈ N vrijedi

s(n, n) = S(n, n) = 1, s(n, 1) = (−1)n−1(n− 1)!, s(n, n− 1) = −(

n

2

),

S(n, n− 1) =(

n

2

), S(n, 2) = 2n−1 − 1.

Rje²enje: Iz de�nicije Stirlingovih brojeva o£igledno vrijedi s(n, n) =1 i S(n, n) = 1. Direktnim ra£unanjem, ili primjenom teoreme 4.3.3dobijamo da vrijedi:- permutacija u Sn sa samo jednim ciklusom ima (n−1)!, pa je s(n, 1) =

(−1)n−1(n− 1)!- broj permutacija u Sn sa n − 1 ciklusa (to su u stvari transpozicije)

je(n2

), odnosno vrijedi da je s(n, n− 1) = −(

n2

).

Broj S(n, n− 1) dobijemo kada izaberemo dva elemenata iz [n] koji ¢ebiti u istom bloku, ²to moºemo u£initi na

(n2

)na£ina.

Uo£imo skup X = {(A,B) : A ∪B = [n], A 6= ∅, B 6= ∅, A ∩B = ∅}.Kako je skup B = [n] \ A, i kako je A podskup od [n] takav da jeA 6= ∅, A 6= [n], to je |X| = 2n − 2.

172


Da bismo odredili S(n, 2) primijetimo da svakoj particiji {A,B}skupa [n] odgovaraju dva razli£ita ure�ena para iz X. Tako je

S(n, 2) =|X|2

= 2n−1 − 1.

♦PRIMJEDBA 8.5.9. Svaki polinom stepena najvi²e n se uobi£ajenozapisuje10 pomo¢u monoma 1, x, x2, . . . , xn. Za svaki r ∈ N0 de�ni²emopolinome xr i xr sa

xr = x(x− 1) · · · (x− r + 1) i xr = x(x + 1) · · · (x + r − 1).

Polinomi xr i xr se nazivaju padaju¢i i rastu¢i stepeni od x.Ako obi£ne stepene od x poku²amo izraziti preko xr kao koe�cijenti

¢e se pojaviti Stirlingovi brojevi druge vrste, a ako xr zapi²emo kaoobi£ne polinome, kao koe�cijenti se pojave Strilingovi brojevi prve vrste!Na primjer

x5 = x5−10x4+35x3−50x2+24x , i x5 = x5+10x4+25x3+15x2+15x1

Dokaºimo da za sve n ∈ N0 vrijedi:

xn =n∑

k=0

S(n, k)xk , odnosno xn =n∑

k=0

s(n, k)xk. (8.10)

Prethodne relacije se lako pokaºu indukcijom uz pomo¢ rekurzivnihrelacija za Stirlingove brojeve. Pretpostavimo da su formule (8.10) ta£neza n i ra£unajmo:

xn+1 =n∑

k=0

(x− k + k)S(n, k) · xk =n∑

k=0

(S(n, k)xk+1 + kS(n, k)xk

)=

=n+1∑

k=1

(S(n, k − 1) + kS(n, k)

)xk =

n+1∑

k=0

S(n + 1, k)xk.

Na sli£an na£in dobijamo i

xn+1 = xn · (x− n) =n∑

k=0

(s(n, k)xk+1 − ns(n, k)xn

)=

10 U linearnoj algebri bi rekli da su 1, x, x2, . . . , xn baza za vektorski prostor svihpolinoma stepena najvi²e n.

173


=n+1∑

k=1

(s(n, k − 1)− ns(n, k)

)xk =

n+1∑

k=0

s(n + 1, k)xk.

Ako se u formulama (8.10) x zamijeni sa −x i ako primijetimo da vrijedixn = (−1)n(−x)n, dobi¢emo

xn =n∑

k=0

(−1)n−kS(n, k)xk, odnosno xn =n∑

k=0

(−1)n−ks(n, k)xk.

BELOVI BROJEVI

Ze sve n ∈ N0 de�ni²emo Belov11 broj Bn kao broj svih particijaskupa [n] u nekoliko blokova. Po de�niciji je B0 = 1. Moºemo primijetitida je Bn broj razli£itih relacija ekvivalencije na skupu sa n elemenata.Prvih nekoliko Belovi brojeva su

1, 1, 2, 5, 15, 52, 203, 877, 4140, 21147, 115975, 678570, 4213597, . . .

Iz kombinatorne interpretacije Stirlingovih brojeva druge vrste ide�nicije Belovih brojeva je lako primijetiti da vrijedi

B(n) =n∑

k=1

S(n, k).

Primjer 8.5.10. Dokaºi da Belovi brojevi zadovoljavaju sljede¢u rekurzi-vnu relaciju

Bn+1 =n∑

i=0

(n

i

)Bi.

Rje²enje: Posmatrajmo blok u kojem se nalazi broj n + 1. Ako se utom bloku jo² nalazi n − i brojeva iz [n], te brojeve moºemo odabratina

(ni

)na£ina. Od preostalih i brojeva iz skupa [n] moºe se napraviti

jo² Bi particija.♦

PARTICIJE BROJAJo² jednom se podsjetimo ²ta je to particija broja n. Ako su a1, a2, . . . , ak

prirodni brojevi, takvi da je

a1 + a2 + · · ·+ ak = n, i a1 > a2 > · · · > a2 > a1

11 Eric Temple Bell (1883-1960)

174


ure�ena k-torka (a1, a2, . . . , ak) je particija broja n u k dijelova. Brojsvih particija broja n se ozna£i sa pn, a broj particija n u k dijelovaozna£imo sa pn,k. Po dogovoru smatramo da je p0 = 1. Evo nekolikopo£etnih vrijednosti niza (pn)n∈N0 za n 6 17:

1, 1, 2, 3, 5, 7, 11, 15, 22, 30, 42, 56, 77, 101, 135, 176, 231, 297, . . .

Brojevi pn rastu veoma brzo. Na primjer, zna se da je p100 =190 569 292, a p200 = 3 972 999 029 388. Osim u kombinatorici, parti-cije broja su vaºne i u teoriji brojeva, algebri, teoriji reprezentacija, . . . .U £etvrtoj glavi smo vidjeli da je pn broj klasa konjugacije u Sn.

Brojevi pn,k zadovoljavaju dosta jednostavnu rekurzivnu relciju12

pn,k = pn−1,k−1 + pn−k,k.

Naºalost, ne postoji jednostavna rekurzivna relacija za brojeve pn.Rekurzivna relacija kojom se pn izrazi preko nekoliko prethodnih koristipetougle brojeve. To je jo² jedan od veli£anstvenih rezultata LeonardaOjlera.

Petougli brojevi su brojevi oblika k(3k−1)2 , gdje je k proizvoljan cijeli

broj. Primijetimo da su ti brojevi uvijek pozitivni.Za k = 0, 1,−1, 2,−2, 3,−3, . . . dobijamo sljede¢e petougle brojeve

0, 1, 2, 5, 7, 12, 15, 22, 26, 35, 40, 51, 57, 70, 77, 92, . . . .

TEOREMA 8.5.11. Za proizvoljan prirodan broj n ∈ N, ve¢i od je-dan vrijedi

pn = pn−1 + pn−2 − pn−5 − pn−7 + pn−12 + pn−15 − pn−22 − pn−26 + · · ·ili preciznije

pn =∑

k=1

(−1)k−1(p

n− k(3k−1)k

+ pn− k(3k+1)

2

). (8.11)

Na primjer,

p18 = p17+p16−p13−p11+p6+p3 = 297+231−101−56+11+3 = 385.

Dokaz prethodne teoreme na srpskom jeziku se moºe prona¢i u [27].12 Particija n u k dijelova u kojima se pojavi broj 1 ima pn−1,k−1 (brisanje 1 daje

bijekciju). Ako su svi sabirci particije n u k dijelova ve¢i od jedan, kada se odsvakog sabirka oduzme jedan, dobijemo particiju broja n− k u k sabiraka.

175

8.6. Zadaci

8.6 Zadaci

1. Na koliko na£ina n konja u nekom derbiju moºe pro¢i kroz cilj?Mogu¢e je da nekoliko konja pro�e kroz cilj istovremeno.

2. Neka je an broj particija n u stepene broja dva. Na�i rekurzivnurelaciju za niz (an)n∈N.

3. Na¢i rje²enja sljede¢ih rekurzivnih relacija:a) 2an+2 − an+1 − an = 15 · 2n, uz po£etne uslove a0 = 0, a1 = 6.b) an+2 − 4an+1 + 4an = 2n, uz po£etne uslove a0 = 3, a1 = 8.c) an+3 − an+2 − an+1 + an = 24n uz po£etne uslove a0 = 0, a1 =

a2 = 2.d) 3an+2+2an+1−an = 32 ·3n + 1

3n , uz po£etne uslove a0 = 4, a1 =1912 .

e) an+1 − 5an = 4n2 + 2n + 5, uz po£etni uslov a0 = −1.f) an+3−7an+2+15an+1−9an = n, uz po£etne uslove a0 = 1, a1 =

0, a2 = −74 .

g) an+2 = 4an+1−13an+10n−12, uz po£etne uslove a0 = 1, a1 = 4.h) an+4 = −2an+2 − an uz po£etne uslove a0 = 0, a1 = 1, a2 =

2, a3 = 3.4. Neka je an = n− 1 za n = 1, 2, 3, 4. Ako je

a2n−1 = a2n−2 + 2n−2, a2n = a2n−5 + 2n za sve n ≥ 3

dokaºi da je

a2n =[177

2n−1

]− 1, odnosno a2n−1 =

[127

2n−1

]− 1.

5. Odredi niz (an)n∈N0 ako je a0 = 1 i za sve n ∈ N vrijedi an =2

∑n−1k=0 ak.

6. Koliko ima nizova duºine n £iji su £lanovi elementi skupa {0, 1, 2} iu kojima nikoje dvije nule nisu susjedne?

7. Niz (an)n∈N je zadan rekurzivnom formulom an+3 = an+2−2an+1 +4an, uz po£etne uslove a1 = a2 = a3 = 1. Odredi sve £lanove togniza koji su djeljivi sa tri!

8. Neka je an+3 = 2an+2 + 2an+1 − an, uz po£etni uslov a1 = a2 =1, a3 = 4. Dokaºi da su svi £lanovi niza (an)n∈N potpuni kvadrati!

9. Koliko ima nizova nula i jedinica duºine n u kojima ne postoje triuzastopne iste cifre?

10. Svaki prirodan broj se moºe napisati kao zbir razli£itih Fibona£ijevihbrojeva, me�u kojima nema uzastopnih!

176

8.6. Zadaci

11. Koliko ima n-tocifrenih prirodnih brojeva u kojima nikoje tri sus-jedne cifre nisu iste?

12. Dokaºi da za Fibona£ijeve brojeve Fn (zadani su sa F1 = F2 = 1,Fn+2 = Fn+1 + Fn) vrijedi:a)

(n1

)F1 +

(n2

)F2 + · · ·+ (

nn

)Fn = F2n

b) Fn =(n0

)+

(n−1

1

)+

(n−2

2

)+ · · ·

c) Fn+1Fn−1 = F 2n + (−1)n

d) za m + n ≥ 2 je Fm+n > FmFn,13. Sljede¢e brojeve izraziti pomo¢u Fibona£ijevih brojeva!

a) Broj kompozicija n u neparne sabirke.b) Broj nizova x1, x2, . . . , xn nula i jedinica u kojima je x1 ≥ x2 ≤

x3 ≥ x4 ≤ · · · .c) Zbir

∑a1a2 · · · ak, gdje se sabira po svim 2n−1 kompozicija od n.

d) Zbir∑

(2a1−1− 1) · (2a2−1− 1) · · · (2ak−1− 1) u kojem se sumirapo svih 2n−1 kompozicija broja n.

e) Zbir∑

2|{i:ai=1}| gdje se sumira po svih 2n−1 kompozicija od n.

14. Neka je Dn broj deranºmana u Sn. Dokaºi da vrijedi:a) n! =

∑nk=0

(nk

)Dn−k,

b) Dn+1 = n(Dn + Dn−1),c) Dn+1 = (n + 1)Dn + (−1)n+1.

15. Izra£unaj Stirlingov broj S(n, 3).16. Dokaºi da za Stirlingove brojeve S(n, k) vrijede sljede¢e rekurzivne

relacije:a) S(n + 1, k + 1) =

∑ni=k

(ni

)S(i, k),

b) S(n + 1, k + 1) =∑n

i=k(k + 1)n−iS(i, k),c) S(m + n + 1, n) =

∑ni=1 i · S(m + i, i),

d) S(n, k) =∑

1a1−12a2−1 · · · kak−1, gdje se sumira po svim ko-mpozicijama broja n,

e)(k+r

k

)S(n, k + r) =

∑n−ri=k

(ni

)S(i, k)S(n− i, r).

17. Koliko ima nizova a1a2 . . . , an u skupu [k] u kojima se pojave svielementi iz [k], i kod kojih je prvo pojavljivanje elementa i uvijekprije elementa i + 1 (za sve i = 1, 2, . . . , k − 1).

18. Dokaºi da za c(n, k) (Stirlingove brojeve prve vrste bez znaka) vri-jede sljede¢e rekurzivne relacije:

177


a) c(n + 1, k + 1) =∑n

i=k

(ik

)c(n, i)

b) c(n + 1, k + 1) = n!∑n

i=kc(i,k)

i!

c) c(m + n + 1, n) =∑n

i=0(m + i)c(m + i, i)

d)(l+mm

)c(n, l + m) =

∑nk=l

(nk

)c(k, l)c(n− k,m)

19. Dokaºi da je broj particija [n] u blokove u kojima nema uzastopnihelemenata jednak Belovom broju Bn−1!

20. Dokaºi da je Katalanov broj Cn odgovor na sljede¢a pitanja!a) Koliko ima nizova duºine 2n sastavljenih od n brojeva 1 i n

brojeva −1 u kojima su sve parcijalne sume nenegativne?b) Koliko ima nizova 1 ≤ a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an u kojima je ai < i?c) Na krugu je zadano 2n ta£aka. Na koliko na£ina se mogu spojiti

sa tetivama koje se ne sijeku?d) Koliko ima neure�enih parova puteva u cjelobrojnoj mreºi od

ta£ke (0, 0) duºine n sa koracima (1, 0) i (0, 1) koji imaju zajed-ni£ke samo po£etnu i krajnju ta£ku?

e) Koliko ima permutacija a1a2 . . . an u Sn u kojima ne postojei < j < k takvi da je ai > aj > ak?

21. Koliko ima particija broja n u kojima su svi sabirci ve¢i od jedan?22. Neka je n neki prirodan broj. Koliko ima prirodnih brojeva kojima

je zapis u bazi n+1 sastavljen od razli£itih cifara i u kojem se svakacifra osim prve razlikuje za jedan od neke cifre koja je lijevo (nenuºno neposredno ispred) od nje?

23. Neka su dati prirodni brojevi m i n. Raspored n predmeta u mkutija se moºe interpretirati kao funkcija f : P → K, gdje je P skuppredmeta, a K skup kutija. Treba odrediti koliko ima svih funkcija,koliko ima injekcija, a koliko surjekcija. Pri tome, i predmeti i kutijemogu biti ili razli£iti ili me�usobno jednaki. Dakle, na ovo pitanjetreba dati 12 odgovora!

24. Izra£unati zbir∑

a1a2 · · · an, gdje se sumira po svim n-torkamaprirodnih brojeva takvih da je a1 = 1, ai+1 ≤ ai + 1, za sve i =1, 2, . . . , n− 1.


1. Neka je an traºeni broj ishoda. Ako je k konja podijelilo prvo mjesto,preostalih n− k konja kroz cilj moºe pro¢i na an−k na£ina. Stoga je

178


an =n∑

k=1

(n

k

)an−k, uz po£etne uslove a0 = 1, a1 = 1.

Ta£nu vrijednost za an moºemo izraziti pomo¢u Stirlingovih brojevadruge vrste an =

∑nk=1 k!S(n, k).

2. Prvo primijetimio da je a1 = 1 i an = an−1 za sve neparne brojeve nve¢e od jedan. Ako se u particiji parnog broja n u stepene broja dvapojavi broj jedan, taj broj se mora pojaviti bar jo² jednom. Ako sebroj jedan ne pojavi, dijele¢i sve sabirke sa dva dobijemo particijubroja n

2 . Zato, za paran n vrijedi

an = an−2 + an2, uz po£etne uslove a1 = 1, a2 = 2

3. a) an = 3 · 2n − 1 +(−1

2

)n−1.b) an = 3 · 2n + 7n2n−3 + n22n−3.c) an = 2n3 − 9n2 + 11n− 1 + (−1)n.d) an = 1

3n + 2(−1)n + 3n + n4

(13

)n−1.e) an = 3

45n − n2 − n− 74 .

f) an = 2− 3n + n4 3n + n(n+1)

8 .

g) an = (2 + 3i)n + (2− 3i)n + n− 1.

h) an = −32 in+1 + (−1

2 + i)nin + 32 i(−i)n − (1

2 + i)n(−i)n.

4. Tvr�enje moºemo dokazati indukcijom po n.5. Za n > 1 vrijedi an = 2an−1 + 2(a0 + a1 + · · ·+ an−2) = 3an−1, pa

je an = 2 · 3n−1.6. Neka je an broj takvih nizova duºine n. Ako je posljednja cifra

razli£ita od nule, takvih nizova ima 2an−1, a ako je posljednja cifranula takvih nizova ima 2an−2. Rekurzivna relacija za taj niz je an =2an−1 + 2an−2, uz po£etne uslove a1 = 3, a2 = 8. Rje²enje overekurzivne relacije je

an =(

12− 1√

3

)· (1−

√3)n +

(12

+1√3

)· (1 +

√3)n.

7. an+3 = an+2 − 2an+1 + 4an je �modulo 3� isto ²to i an+3 =an+2 + an+1 + an.Taj niz modulo tri je 1, 1, 1, 0, 2, 0, 2, 1, 0, 0, 1, 1, 2, 1, 1, 1, 0, 1, . . ..Nakon ponavljanja tri susjedne jedinice, zaklju£ujemo da je niz pe-riodi£an sa periodom 13. Tako su svi £lanovi niza koji su djeljivi satri a13k+4, a13k+6, a13k+9, a13k+10, za k ∈ N0.

8. Moºe se pokazati indukcijom da je an = F 2n .

179


9. Broj takvih nizova ozna£imo sa an. Lako se provjeri da je a1 =2, a2 = 4, a3 = 6. Ako se niz zavr²ava sa dva ista simbola, dobijese dopisivanjem 00 ili 11 na niz duºine n − 2 (u zavisnosti od togakoja je cifra u tom nizu posljednja). Ako se niz duºine n zavr²ava sadvije rali£ite cifre, dobije se dopisivanjem 0 ili 1 na neki takav nizduºine n− 1 Stoga je an+2 = an+1 + an. Stoga je an = 2Fn+1.

10. Indukcijom po n. Neka je Fk ≤ n < Fk+1. Vrijedi n1 = n − Fk <Fk−1 (ina£e je n = Fk+1). Sada iskoristimo induktivnu pretpostavkuza n1.

11. Ako je an broj koji traºimo, vrijedi an+2 = 9an+1 + 9an. Po£etniuslovi su a1 = 9 i a2 = 90. Rje²enje te rekurzivne relacije je

an =(

32

)n

·[(12− 3

√13

26)(

3−√

13)n +

(12

+3√

1326

)(3 +

√13

)n

].

12. a) Iz Fn = 1√5

[(1+√

52

)n−

(1−√5

2

)n], koriste¢i da je F0 = 0 i

binomnu formulu, dobijamo da je traºena suma1√5

[∑nk=0

(nk

) (1+√

52

)k−∑n

k=0

(nk

) (3−√5

2

)k]

=

= 1√5

[(3+√

52

)n−

(3−√5

2

)n].

Tvr�enje slijedi iz(

1±√52

)2= 3±√5

2 .

b) Nije te²ko pokazati da suma binomnih koe�cijenata na desnojstrani zadovoljava istu rekurzivnu relaciju i iste po£etne uslovekao i Fibona£ijevi brojevi.

c) Indukcijom po n. Vrijedi

Fn+1Fn−1−Fn2 = (Fn+Fn−1)Fn−1−Fn

2 = F 2n−1−Fn(Fn−Fn−1) =

= F 2n−1 − FnFn−2 = −(FnFn−2 − Fn

2) = −(−1)n−1 = (−1)n

d) Korak indukcije: Fm+n = Fm+n−1 + Fm+n−2 > FmFn−1 +FmFn−2 = FmFn.

13. a) Ako je posljednji sabirak jednak jedan, obri²emo ga, a ako jeve¢i od jedan umanjimo ga za dva. Tako je an = an−1 + an−2,uz po£etne uslove a1 = 1, a2 = 1, pa je rje²enje Fn.

b) Neka je an traºeni broj. Pretpostavimo da je n neparan. Ako jexn = 0 tada je i xn−1 = 0 (jer je xn−1 ≤ xn), i brisanjem te dvijeposljednje nule dobijamo an−2 nizova duºine n. Ako je posljednjacifra 1, njenim brisanjem se dobija an−1 nizova duºine n− 1 sa

180


traºenim svojstvom. Na sli£an na£in se posmatra i slu£aj kada jen paran, pa se zaklju£i da za sve n ∈ N vrijedi an = an−1+an−2,uz po£etne uslove a1 = 2, a2 = 3. Traºeni broj je Fn+2.

c) Kompoziciju broja n u k sabiraka predstavimo pomo¢u k − 1pregrada postavljenih izme�u n ta£aka. Suma na desnoj stranije broj na£ina kako u svakom od k blokova moºemo odabrati pojednu ta£ku. Ako k odabranih ta£aka i k−1 pregradu pretvorimou jedinice, a ostale ta£ke u dvice dobijamo kompoziciju 2n− 1 ujedinice i dvice. Na osnovu primjera 8.5.1, traºeni broj je F2n.

d) Ako je ai > 1 sabirak kompozicije broja n, od njega napravimokompoziciju broja 2ai u jedinice i dvice na sljede¢i na£in. Naprvom mjestu je 1, na posljednjem je 2, a poslije svake �parne�jedinice (osim posljednje) opet do�e jedan. Poslije neparne je-dinice moºe da pi²e 1 ili 2. Na primjer, ako je ai = 3 kompozicijebroja ²est koje posmatramamo su 11112, 1122 i 1212. Takvihkompozicija broja 2ai ima 2ai−1 − 1. Na ovaj na£in moºemodobiti sve kompozicije broja 2n u 1 i 2 koje po£inju sa 1 a za-vr²avaju sa 2. Ima ih F2n−2.

e) U kompoziciji (a1, a2, . . . , ak) svaku jedinicu zamijenimo sa 2 ilisa dvije jedinice 1, 1. Ostale sabirke ai > 1 zamijenimo sa nizom1, 2, 2, . . . , 2, 1 (ta£no ai−1 dvica). Tako smo dobili kompozicijubroja 2n u jedinice i dvice. Traºeni broj je F2n+1.

14. a) Broj permutacija u Sn sa ta£no k �ksnih ta£aka je(nk

)Dn−k.

b) Na n na£ina se moºe odabrati i ∈ [n] u koji ¢e se preslikati n+1.Ako se i element n+1 slika u i, brisanjem transpozicije (i(n+1))dobija se deranºman iz Sn−1. Ako je slika n+1 razli£ita od i, uzpreozna£avanje se dobije deranºman iz Sn.

c) Moºe se lako dobiti iz prethodne relacije. Kombinatorni dokazove relacije je dosta komplikovan.

15. Od svake particije skupa [n] u ²est dijelova moºemo napraviti ²esture�enih trojki nepraznih disjunktnih podskupova od [n]. Postoji3n ure�enih trojki (A,B, C) disjunktnih podskupova od [n] £ija jeunija cijeli [n]. Njih 3 ·2n ima na nekom mjestu prazan skup, i ta£notri takve ure�ene trojke imaju na dva mjesta prazan skup. Takodobijemo da je

S(n, 3) =3n − 3 · 2n + 3

6=

3n−1 + 12

− 2n−1.

16. a) Posmatrajmo particije skupa [n + 1] u k + 1 blokova u kojimaje broj n + 1 u istom bloku sa jo² ta£no n − i elemenata iz [n].

181


Tih n− i elemenata moºemo odabrati na(ni

)na£ina, a ostalih i

rasporedimo u k blokova. jednakost slijedi iz principa sume.b) Particije skupa [n+1] u k+1 blokova (kojih ima S(n+1, k+1))

podijelimo u skupove Xi po sljede¢em kriteriju: π ∈ Xi akkorestrikcija π na [i] ima ta£no k blokova, a restrikcija π na [i +1] ima k + 1 blokova. Ako je π ∈ Xi, elemente iz [i] moºemorasporediti u k blokova na S(i, k) na£ina. Element i + 1 je unovom bloku, a ostalih n− i elemenata se proizvoljno rasporediu k + 1 blok na (k + 1)n−i na£ina.

c) Sa i ·S(m+i, i) brojimo particije skupa [m+n+1] u n blokova ukojima su elementi iz [n−i] u jedno£lanim blokovima, a n−i+1nije. Posljednjih m + i elemenata se podijeli u i blokova, a brojn− i + 1 se �ubaci� u neki od tih novih i blokova.

d) Moºe se dokazati indukcijom iz osnovne rekurzivne relacije zaStirlingove brojeve.

e) Obje strane broje ure�ene parove (π, σ), gdje je π particija skupa[n] u ta£no k + r blokova, a σ particija skupa blokova od π u kdijelova. U tih k blokova se moºe nalaziti najmanje k a najvi²en− r elemenata.

17. Svakom takvom nizu dodjelimo particiju [n] u ta£no k dijelova: ui-tom bloku su oni j ∈ [n] za koje je aj = i. Stoga je odgovorStirlingov broj druge vrste S(n, k).

18. Ove identitete dokaºemo na sli£an na£in kao i one sa Stirlingovimbrojevima druge vrste.

19. Svaki blok a1 < a2 < · · · < ak particije [n−1] pretvorimo u blokove{a1, a2 + 1}, {a2, a3 + 1}, . . . , {ak−1, ak + 1}. Dvo£lane blokove kojise sijeku spojimo u novi blok, a elemente iz [n] koji se ne pojavljujuu ovim blokovima posmatramo kao jedno£lane blokove particije [n]koja ne sadrºi susjedne elemente.

20. a) Ako broj 1 interpretiramo kao korak �gore�, a broj −1 kao korak�desno�, dobili smo bijekciju izme�u posmatranih nizova i putevaod (0, 0) do (n, n) koji ne silaze ispod prave y = x.

b) Puteva od (0, 0) do (n, n) koji se nikada �ne penju� iznad pravey = x tako�e ima Katalanov broj. Nizu a1, a2, . . . , an odgovaratakav put kod kojeg se izme�u pravih x = i − 1 i x = i nalaziai − 1 jedini£nih kvadrati¢a.

c) Od 2n zadanih ta£aka odaberimo jednu. Kre¢emo iz te ta£ke,obilazimo kruºnicu, i kada nai�emo na prvu ta£ku neke tetive,upi²emo broj 1, a kada nai�emo na drugu ta£ku sa te tetive

182


upi²emo broj −1. Ovo daje bijekciju izme�u povla£enja tetivasa traºenim svojstvom i nizova iz (a).

d) Unija ta dva puta je granica lika L u ravni izme�u pravih x = 0i x = t, koji je sastavljen od jedini£nih kvadrati¢a raspore�enihu t kolona. Neka je ai broj kvadrati¢a u i-toj koloni, i neka jebi duºina zajedni£kog presjeka i-te i (i + 1).-ve kolone (vrijedibi ≥ 1). U nizu

1, 1, . . . , 1︸︷︷︸a1

,−1,−1 . . . ,−1︸︷︷︸a1−b1+1

, 1, 1, . . . , 1︸︷︷︸a2−b1+1

−1,−1, . . . ,−1︸︷︷︸a2−b2+1

· · ·

· · · ,−1,−1 . . . ,−1︸︷︷︸an−1−bn−1+1

, 1, 1, . . . , 1︸︷︷︸an−bn−1+1

−1,−1, . . . ,−1︸︷︷︸an

se pojavi 2n brojeva (obim lika L). Brojevi 1 i −1 se pojavejednak broj puta, a sve parcijalne sume su nenegativne. To dajebijekciju izme�u neure�enih parova puteva koje posmatramo inizova iz (a).

e) Neka je π = π1π2 . . . πn ∈ Sn permutacija sa traºenim svojstvom.Za sve i ∈ [n− 1] de�ni²emo ci = |{j > i : πi > πj}|.Neka je j1 < j2 < · · · < jk skup indeksa iz [n − 1] za koje jecjt > 0. Pomo¢u tih nizova de�ni²emo put od (0, 0) do (n, n)koji je stalno ispod prave y = x:Idemo desno od (0, 0) do (cj1 +j1−1, 0), zatim gore od (cj1 +j1−1, 0) do (cj1 + j1− 1, j1); onda opet desno do (cj2 + j2− 1, j1) pagore do (cj2 + j2 − 1, j2), . . . . Na kraju, ako je potrebno, idemodesno od (cjk

+ jk − 1, jk) do (n, jk), pa onda gore do (n, n).21. Ako svakoj particiji broja n u kojoj se pojavi sabirak 1 tu jedinicu

obri²emo, dobi¢emo neku particiju broja n − 1. Stoga je odgovorpn − pn−1.

22. Traºeni broj ozna£imo sa an. Ako se u zapisu ne pojavljuje cifran, takvih brojeva ima an−1. Ako se pojavi cifra n, taj zapis u k-tocifrenom broju je sastavljen od cifara n, n−1, . . . , n−k+1. Postojita£no

(k−1

i

)takvih k-tocifrenih brojeva koji po£inju sa n− i. Dakle,

k-tocifrenih brojeva koji sadrºe n u zapisu ima 2k−1 (osim za k =n + 1, kada ih ima 2n − 1.). Stoga vrijedi an = an−1 + 2n+1 − 2,odnosno an = 2n+2 − 2n− 4.

23.

183


predmeti kutije sve f injekcije surjekcijeisti iste pn,1 + pn,2 + · · ·+ pn,m 1 pn,m

isti razli£ite((

n+1m−1

)) (mn

) ((n−m+1

m−1

))

razli£iti iste S(n, 1) + · · ·+ S(n,m) 1 S(n,m)razli£iti razli£ite mn m!

(m−n)! m!S(n,m)

Injekcije brojimo samo za n ≤ m.24. Neka je Am,n =

∑a1a2 · · · an, gdje se sumira po svim n-torkama

prirodnih brojeva takvih da je a1 = m, ai+1 ≤ ai + 1, za sve i =1, 2, . . . , n− 1. Vrijedi

Am,n = m · (A1,n−1 + A2,n−1 + · · ·+ Am+1,n−1

).

Indukcijom se moºe pokazati da je Am,n = (2n − 1)!!(m+2n−2

2n−1

), pa

je odgovor na pitanje (2n− 1)!!.

184

9

FUNKCIJE GENERATRISE

9.1 Formalni stepeni redovi i obi£ne funkcije generatrise

Funkcije generatrise1 ili kra¢e generatrise su jedan od najkorisnijih inajvaºnijih objekata u enumerativnoj kombinatorici. Osnovna ideja jedosta jednostavna. Nizu (an)n∈N0 se na prirodan na£in dodijeli formalnistepeni red (²to je ponekad i funkcija). Na taj na£in se beskon£no mnogobrojeva tog niza zamijeni sa jednim objektom. Matemati£ki aparat zarad sa funkcijama i stepenim redovima je veoma dobro razvijen, a ge-neratrise omogu¢uju da se taj aparat koristi i za rje²avanje problema izkombinatorike.DEFINICIJA 9.1.1. Neka je zadan niz kompleksnih brojeva2 (an)n∈N0 .Obi£na funkcija generatrise pridruºena tom nizu je formalni stepenired

A(x) = a0 + a1 · x + a2 · x2 + · · ·+ an · xn + · · · =∑

n∈N0

anxn,

£iji su koe�cijenti £lanovi niza (an)n∈N0 . Da je A(x) obi£na funkcijageneratrise za niz {an}n∈N0 zapisa¢emo kra¢e sa A(x) {ofg}

←→ {an}∞0 .Dvije obi£ne funkcije generatrise

A(x) =∑

n∈N0

anxn, B(x) =∑

n∈N0

bnxn

1 Engleski termin �generating functions� se prevodi kao funkcije generatrise, gener-ativne funkcije, funkcije izvodnice . . .

2 Iako smo funkcije generatrise de�nisali za nizove kompleksnih brojeva, svi primjerikoje ¢emo posmatrati u ovoj knjizi su sa realnim nizovima.

9.1. Formalni stepeni redovi i obi£ne funkcije generatrise

su jednake ako su im jednaki odgovaraju¢i koe�cijenti, odnosno, kaºemoda je A(x) = B(x) ako i samo ako za sve n ∈ N0 vrijedi an = bn.

Neka je m neki prirodan broj i neka je

an ={(

mn

), za n ∈ N0, n 6 m;

0, ina£e.

Tada je obi£na funkcija generatrise za taj niz

A(x) =(

m

0

)+

(m

1

)· x + · · ·+

(m

m

)xm = (1 + x)m.

Primijetimo da je obi£na funkcija generatrise za neki niz (an)n∈N0

polinom ako i samo ako taj niz ima samo kona£no mnogo £lanova ra-zli£itih od nule.PRIMJEDBA 9.1.2. Za nas je formalni stepeni red A(x) algebarskiobjekt i nije nam bitna konvergencija reda A(x). Red A(x) je vaºansamo kao objekt koji potpuno �kodira� niz (an)n∈N0 . Ipak, znanja ostepenim redovima iz analize mogu biti od koristi. Posmatrajmo niz ukojem je an = 1 za sve n ∈ N0. Funkcija generatrise tog niza je

A(x) = 1 + x + x2 + · · ·+ xn + · · · =∑

n∈N0

xn.

Moºemo se prisjetiti da za |x| < 1 geometrijski red∑

n∈N0xn ko-

nvergira ka 11−x , odnosno vrijedi

11− x

=∑

n∈N0

xn = 1 + x + x2 + · · ·+ xn + · · · .

Kako su svi koe�cijneti u ovom stepenom redu jednaki jedan, moºemozaklju£iti da je na² formalni stepeni red jednak razvoju funkcije f(x) =

11−x u stepeni red.

Drugim rije£ima, vrijedi A(x) = 11−x .

Kao i u primjeru maloprije, kada znamo da neki stepeni red∑

n∈N0anxn

konvergira ka nekoj funkciji f(x), moºemo re¢i da je f(x) funkcija ge-neratrisa za niz (an)n∈N0 .Korisno se prisjetiti jo² nekih stepenih redova iz analize:

(i) Za sve α ∈ R i za |x| < 1 vrijedi∑

n∈N0

(α

n

)xn = (1 + x)α.

186


(ii) Za sve x ∈ R vrijedi∑

n∈N0

xn

n!= ex.

(iii) Za |x| < 1 je∑

n∈N(−1)n−1 xn

n= ln(1 + x).

Na osnovu prethodne primjedbe zaklju£ujemo

(1 + x)α {ofg}←→ {(α

n)}∞0 ; ex {ofg}←→ { 1

n!}∞0 ; ln(1 + x) {ofg}

←→ { (−1)n−1

n}∞1 .

Dakle, konvergencija posmatranog reda nam omogu¢i da red zapi²emokao funkciju u �zatvorenoj� formuli. Me�utim, iako konvergira samo zax = 0 i

∑n∈N0

n!xn je dobro de�nisan stepeni red (generatrisa za brojpermutacija).

Uz pretpostavku konvergencije, znamo da za redove brojeva vrijedi:(i)

∑n>0 an +

∑n>0 bn =

∑n>0(an + bn);

(ii) k ·∑n>0 an =∑

n>0 k · an;

(iii)∑

n>0 an ·∑

n>0 bn =∑

n>0

( ∑ni=0 ai · bn−i

).

I odgovaraju¢e operacije sa generatrisama se de�ni²u na sli£an na£in.DEFINICIJA 9.1.3. Neka su redovi A(x) =

∑n∈N0

an · xn i B(x) =∑n∈N0

bn ·xn obi£ne funkcije generatrise za nizove (an)n∈N0 i (bn)n∈N0 .Tada je

C(x) = A(x) + B(x) =∑

n∈N0

(an + bn)xn

obi£na funkcija generatrise za niz (cn)n∈N0 , gdje je cn = an + bn za sven ∈ N0.

Dalje, ako je k neki realan broj, tada je D(x) =∑

n∈N0

kanxn obi£na

funkcija generatrise za niz (dn)n∈N0 , gdje je dn = k · an za sve n ∈ N0.DEFINICIJA 9.1.4. Konvolucija ili proizvod nizova (an)n∈N0 i(bn)n∈N0 je novi niz (cn)n∈N0 de�nisan sa cn =

∑ni=0 aibn−i.

Obi£na funkcija generatrise za konvoluciju nizova (an)n∈N0 i (bn)n∈N0

je proizvod ili konvolucija redova C(x) = A(x) ·B(x):

C(x) =∑

n∈N0

cnxn =∑

n>0

(a0bn +a1bn−1 +a2bn−2 + · · ·+anb0

)xn. (9.1)

187


PRIMJEDBA 9.1.5. Skup svih formalnih stepenih redova sa koe�-cijentima u C obzirom na sabiranje i mnoºenje se ozna£ava sa C [[x]].Lako je provjeriti da je C[[x]] prsten sa jedinicom.

Za stepeni red A(x) kaºemo da ima multiplikativni inverz (inverzobzirom na mnoºenje) ako postoji B(x) takav da je A(x) · B(x) = 1.Uobi£ajeno je red B(x) ozna£iti sa A−1(x).

Na primjer, lako je provjeriti da je

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

Tako je 1−x multiplikativni inverz za∑

n∈N0xn. Ovo je jo² jedan razlog

za²to je

1 + x + x2 + · · ·+ xn + · · · = (1− x)−1 =1

1− x.

TEOREMA 9.1.6. Formalni stepeni red A(x) = a0+a1x+· · ·+anxn+· · · ima multiplikativni inverz u C [[x]] ako i samo ako je a0 6= 0.

Dokaz. Neka je B(x) =∑

n∈N0bnxn multiplikativni inverz za A(x).

Tada, na osnovu de�nicije mnoºenja redova (9.1), vrijedi a0b0 = 1, pamora biti a0 6= 0.

Sada pokaºimo da je uslov a0 6= 0 dovoljan da A(x) ima multi-plikativni inverz. Posmatrajmo stepeni red B(x) = b0 + b1x + · · · +bnxn + · · · , gdje su koe�cijenti bn de�nisani sa

b0 =1a0

, b1 = −a1b0

a0, · · · , bn = −a1bn−1 + · · ·+ anb0

a0, · · ·

Mnoºenjem ovih redova se provjeri da je B(x) zaista multiplikativniinverz za A(x).

Iz konstrukcije B(x) moºemo zaklju£iti da je multiplikativni inverzza formalni stepeni red A(x) jedinstven.

ut

Primjer 9.1.7. Neka je (an)n∈N0 niz realnih brojeva za koji vrijedia0 = 1, a0an + a1an−1 + · · ·+ ana0 = 1. Odrediti op²ti £lan tog niza!Rje²enje: Posmatrajmo obi£nu funkciju generatrise za taj niz:

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

188


Iz de�nicije proizvoda generatrisa znamo da vrijedi

A(x)·A(x) =∑

n∈N0

(a0an+a1an−1+· · ·+ana0)xn = 1+x+x2+· · · = 11− x

.

Stoga je

A(x) = (1− x)−12 =

∑

n∈N0

(−1)n

(−12

n

)xn.

Kako je broj an jednak koe�cijentu uz xn, iz formule (5.4) dobijamo

an = (−1)n

(−12

n

)=

(2n− 1)!!2n · n!

.

♦PRIMJEDBA 9.1.8. Neka su dati formalni stepeni redovi A(x) =∑

n∈N0anxn i B(x) =

∑n∈N0

bnxn. Kompoziciju redova B i A jeprirodno de�nisati kao red B ◦A koji se dobije tako ²to u B(x) umjestoxn napi²emo A(x)n:(B ◦A) (x) =

∑n∈N0

bn (A(x))n =

= b0 + b1(a0 + a1x + · · · ) + · · ·+ bn(a0 + a1x + · · · )n + · · ·Me�utim, B ◦ A nije dobro de�nisan formalni stepeni red za sve

redove A(x). Ako B(x) nije polinom i ako je a0 6= 0, pri ra£unanju ko-e�cijenta uz xn u (B ◦A) (x) se pojavi beskona£na suma, ²to u prstenuC[[x]] nije mogu¢e izra£unati.

Ukoliko je a0 = 0, tada za sve k > n sabirci bk(a1x + a2x2 + · · ·+)

ne doprinose koe�cijentu uz xn. Stoga je koe�cijent uz xn u (B ◦A) (x)zbir samo kona£no mnogo brojeva. Dakle, kompozicija (B ◦A) (x) jedobro de�nisana ako je a0 = A(0) = 0 ili ako je B(x) obi£an polinom.

Na primjer, za formalni stepeni red A(x) =∑

n∈N0anxn vrijedi

1 + A(x) + A2(x) + · · ·+ An(x) + · · · = 11−A(x)

ako i samo ako je a0 = 0.Iz analize znamo da red

∑n∈N0

(x+1)n

n! konvergira ka ex+1, ali taj red sene moºe dobiti kao kompozicija formalnih stepenih redova.

Za formalni stepeni red B(x) kaºemo da je kompozicioni inverzreda A(x) ako je

(B ◦A) (x) = (A ◦B) (x) = x. (9.2)

189


Sljede¢a teorema govori o tome kada neka funkcija generatrise imakompozicioni inverz.TEOREMA 9.1.9. Ako za redove A(x) i B(x) vrijedi (9.2) tada jeA(x) = a1x+a2x

2 + · · · , a B(x) = b1x+ b2x2 + · · · . Pri tome je a1 6= 0

i b1 6= 0.

Dokaz. Neka su posmatrani redovi A(x) = amxm + am+1xm+1 + · · · i

B(x) = bnxn + bn+1xn+1 + · · · .

Da bi kompozicije A ◦ B i B ◦ A bile de�nisane, mora da vrijedim,n > 0.Dalje, iz (B ◦A) (x) = bnan

mxmn + · · · = x moºemo zaklju£iti da jem = n = 1 i da su a1 i b1 razli£iti od nule.

utNa sli£an na£in kao i u teoremi 9.1.6, moºe se pokazati da svaka

funkcija generatrise oblika A(x) = a1x + a2x2 + · · ·+, gdje je a1 6= 0

ima jedinstven kompozicioni inverz. Dakle, uslov da je a0 = 0 ia1 6= 0 je potreban i dovoljan da bi postojao kompozicioni inverz zaA(x) =

∑n∈N0

anxn.

Jedna od prvih primjena generatrisa je u rje²avanju rekurzivnih relacija.Op²ta strategija u rje²avanju rekurzivne relacije pomo¢u generatrisa jesljede¢a:Neka je zadana neka rekurzivna relacija an = F (an−1, . . . , an−r) za niz(an)n∈N0 . Evo osnovnih koraka u rje²avanju te relacije:• nizu (an)n∈N0 dodijelimo obi£nu funkciju generatrise A(x) = a0 +

a1x + a2x2 + · · ·+ anxn + · · · ;

• relaciju an = F (an−1, . . . , an−r) pomnoºimo sa xn i sumiramo posvim n ∈ N0 za koje to ima smisla;

• obje strane dobijene relacije izrazimo preko A(x);• odredimo nepoznatu funkciju A(x);• ako ºelimo eksplicitnu formulu za an, funkciju A(x) razvijemo u

stepeni red i �pro£itamo� koe�cijent uz xn.Primjer 9.1.10. Neka je zadan niz an+1 = 3an + 4, uz po£etni uslova0 = −1. Koriste¢i funkcije generatrise na�i formulu za an.Rje²enje: Zadanom nizu asocirajmo obi£nu funkciju generatrise A(x) =∑

n∈N0anxn. Ako relaciju an+1 = 3an + 4 pomnoºimo sa xn+1 za sve

n ∈ N0, a zatim napravimo formalnu sumu, dobi¢emo:

190


a1x+a2x2+· · ·+anxn+· · · = 3x(a0+a1x+a2x

2+· · · )+4x(1+x+x2+· · · ).Kako je a0 = −1 i kako je 1 + x + x2 + · · ·+ xn + · · · = 1

1−x , to je

A(x) + 1 = 3xA(x) + 4x1−x , odnosno A(x) = 5x−1

(1−x)(1−3x) .

Op²ti £lan niza (an)n∈N0 dobijemo tako ²to na�emo razvoj funkcije A(x)u stepeni red. U tu svrhu rastavimo A(x):

A(x) =5x− 1

(1− x)(1− 3x)=

a

1− x+

b

1− 3x.

Nepoznate koe�cijente a i b je najlak²e odrediti ako pomnoºimo prethodnurelaciju sa (1−x) (pa onda sa 1−3x) i uvrstimo x = 1 (odnosno x = 1

3).Tako dobijamo da je a = −2 i b = 1, odnosno

A(x) =−2

1− x+

11− 3x

= −2∑

n∈N0

xn +∑

n∈N0

3nxn =∑

n∈N0

(3n − 2)xn.

Sada zaklju£ujemo da je an = 3n−2 rje²enje polazne rekurzivne relacije.

♦

Sada moºemo dosta jednostavno rije²iti rekurzivnu relaciju za Kata-lanove brojeve Cn.Primjer 9.1.11. Rije²iti rekurzivnu relaciju

Cn = C0Cn−1+C1Cn−2+· · ·+Cn−1C0, uz po£etne uslove C0 = C1 = 1.

Rje²enje: Neka je

C(x) =∑

n∈N0

Cnxn = 1+x+2x2+5x3+14x4+42x5+132x6+429x7+· · ·

obi£na funkcija generatrise za niz (Cn)n∈N0 . Primijetimo da je desnastrana rekurzivne relacije C0Cn−1 + C1Cn−2 + · · ·+ Cn−1C0 koe�cijentuz xn−1 u C2(x). Mnoºenjem rekurzivne relacije iz zadatka sa xn isabiranjem za sve n ∈ N, dobijamo da je

C(x)− 1 = xC2(x), odnosno C(x) =1±√1− 4x

2x.

Ako bismo u prethodnoj formuli za C(x) ispred korijena odabrali znak+, dobili bismo da je limx→0C(x) = +∞. Kako znamo da je C(0) =

191


C0 = 1, u prethodnoj formuli za C(x) ispred korijena biramo znakminus.

Koriste¢i razvoj (1− 4x)12 u red dobijamo da je

Cn = koef. uz xn+1 u 1−√1− 4x

2= −1

2

( 12

n + 1

)(−4)n+1 =

= −12

12−12−32· · · −(2n− 1)

2· (−4)n+1

(n + 1)!=

1n + 1

(2n

n

)

♦

U prsten formalnih stepenih redova C[[x]] moºemo prenijeti i de�ni-ciju diferenciranja stepenih redova iz analize.DEFINICIJA 9.1.12. Neka je A(x) = a0 + a1x + a2x

2 + · · ·+ =∑n∈N0

anxn formalni stepeni red. Formalni izvod za taj red je

d

dxA(x) = A′(x) = a1 + 2a2x + · · ·+ nanxn−1 + · · · =

∑

n∈Nnanxn−1.

Nije te²ko pokazati da za ra£unanje ovako de�nisanog izvoda formalnihstepenih redova vrijede ista pravila kao i za ra£unanje izvoda obi£nihfunkcija:(a)(λA(x))′ = λA′(x)

(b)(A(x)±B(x))′ = A′(x)±B′(x)

(c) (A(x)B(x))′ = A′(x)B(x) + A(x)B′(x)

(d)(A(x)B−1(x)

)′ =(

A(x)B(x)

)′= A′(x)B(x)−A(x)B′(x)

(B(x))2

Neka je A(x) funkcija generatrise za niz (an)n∈N0 . Ako izra£unamoA′(x) a zatim pomnoºimo sa x dobija se

xA′(x) = a1x + 2a2x2 + · · ·+ nanxn + · · · .

Ako to uradimo jo² jednom, dobijamo da je

x(xA′(x))′ = a1x + 22a2x2 + · · ·+ n2anxn + · · ·

Dogovorimo se da x · ddxA kra¢e zapi²emo kao (xD)A. Upravo smo

pokazali da vrijedi

192


A(x) {ofg}←→ {an}∞0 ⇒ (xD)A(x) {ofg}

←→ {nan}∞0 i (xD)2A(x) {ofg}←→ {n2an}∞0 .

Na primjer, ra£unaju¢i

x+2x2+3x3+· · ·+nxn+· · · = x(1+x+x2+· · ·+xn+· · · )′ = x

(1− x)2

dobijamo da je x(1−x)2

{ofg}←→ {n}∞0 .

Iz de�nicija osnovnih operacija sa formalnim stepenim redovima iprethodnog razmatranja, lako dobijamo sljede¢a pravila za brzo ra£u-nanje nekih obi£nih funkcija generatrise.PRIMJEDBA 9.1.13 (Pravila za ra£unanje obi£nih funkcijageneratrise). Neka je A(x) {ofg}

←→ {an}∞0 . Tada je:

pravilo 1

A(x)− a0 − a1x− · · · − ah−1xh−1

xh{ofg}←→ {an+h}∞0 (9.3)

pravilo 2

(xD)kA(x) {ofg}←→ {nkan}∞0 (9.4)

pravilo 3A(x)1− x

{ofg}←→

{ n∑

i=0

ai

}∞0

(9.5)

pravilo 4

Am(x) {ofg}←→

{ ∑

i1+i2+···+ik=n

ai1ai2 · · · aik

}∞0

(9.6)

Primjer 9.1.14. Na¢i funkciju generatrise za Fibona£ijeve brojeve Fn.Rje²enje: Neka je F (x) =

∑n∈N0

Fnxn generatrisa za niz (Fn)n∈N0 .Za sve n ∈ N, rekurzivnu relaciju Fn+1 = Fn + Fn−1 pomnoºimo saxn−1 i sve te jednakosti saberimo. Kako je F0 = 0 i F1 = 1, primjenompravila 1 (relacija (9.3)) dobijamo da je

F (x)− x

x2=

F (x)x

+ F (x), odnosno F (x) =x

1− x− x2.

♦

193

9.2. Eksponencijalne funkcije generatrise

Primjer 9.1.15. Na¢i sumu reda∑

n∈Nn3−2n+5

n! .Rje²enje: Kako je ex obi£na funkcija generatrise za niz 1

n! , primjenompravila 2 (relacija (9.4)), te sabiranjem odgovaraju¢ih redova dobijamoda je

(xD)3ex− 2(xD)ex + 5ex = x3ex + 3x2ex− xex + 5ex {ofg}←→ {n3−2n+5

n!}∞0 .

Kada u funkciju generatrise za posmatrani niz uvrstimo x = 1 dobijemoda je suma zadatog reda jednaka 5e.

♦Primjer 9.1.16. Neka je Hn = 1

1 + 12 + · · ·+ 1

n . Brojevi Hn se nazivajuharmonijski. Na¢i obi£nu funkciju generatrise za {Hn}∞1 .Rje²enje: Prisjetimo se da je

− ln(1− x) {ofg}←→ { 1

n}∞1 .

Prmjenom pravila 3 (formula (9.5)) dobijamo da je traºena funkcija− ln(1−x)

1−x .♦

9.2 Eksponencijalne funkcije generatriseU nekim slu£ajevima obi£ne funkcije generatrise nisu od pomo¢i

u poku²aju da saznamo vi²e o nizu (an)n∈N0 . Na primjer, rekurzivnarelacija

an+1 = (n + 1)[(−1)n−1

(1− 1

n+1

)− an

], uz uslov a0 = 2 (9.7)

se ne moºe rije²iti pomo¢u obi£nih funkcija generatrise.To je jedan od razloga za²to se posmatra jo² jedna �vrsta� funkcija

generatrise.DEFINICIJA 9.2.1. Neka je zadan niz kompleksnih brojeva (an)n∈N0 .Eksponencijalna funkcija generatrise pridruºena tom nizu je fo-rmalni stepeni red

A(x) = a0 + a1 · x +a2

2!· x2 + · · ·+ an

n!· xn + · · · =

∑

n∈N0

an

n!xn.

To ¢emo ozna£avati i sa A(x) {efg}←→ {an}∞0 .

194


Na primjer, lako je primijetiti da je

ex {efg}←→ {1}∞0 , dok je 1

1− x{efg}←→ {n!}∞0 . (9.8)

Sada pokaºimo kako moºemo rije²iti rekurzivnu relaciju (9.7) sapo£etka ovog poglavlja.

Neka je A(x) =∑

n∈N0

ann! x

n eksponencijalna funkcija generatrise zaposmatrani niz. Ako relaciju (9.7) pomnoºimo sa xn+1

(n+1)! za sve n ∈ N0,pa dobijene jednakosti saberemo saberemo, zaklju£i¢emo da je

A(x)− 2 = −xA(x)− x∑

n∈N0

(−1)n xn

n! −∑

n∈N0

(−1)n+1 xn+1

(n+1)! .

Ako se prisjetimo da je∑

n∈N0(−1)n xn

n! = e−x, dobi¢emo da vrijedi

A(x)− 2 = −xA(x)− xe−x + (1− e−x), odnosno

A(x) = 31+x − e−x = 3

∑

n∈N0

(−1)nxn −∑

n∈N0

(−1)n xn

n!.

Uporedimo li koe�cijente uz xn dobijamo

an

n!= 3 · (−1)n − (−1)n

n!, odnosno an = (−1)n(3n!− 1).

Eksponencijalne funkcije generatrise sabiramo i mnoºimo na istina£in kao i formalne stepene redove.DEFINICIJA 9.2.2. Neka su dati redovi F (x) =

∑n∈N0

ann! x

n iG(x) =

∑n∈N0

bnn! x

n eksponencijalne funkcije generatrise za nizove(an)n∈N0 i (bn)n∈N0 . Tada je

F (x) + G(x) =∑

n∈N0

an + bn

n!xn {efg}

←→ {an + bn}∞0 , dok je

F (x)G(x) =∑

n∈N0

(n∑

k=0

ak

k!bn−k

(n− k)!

)xn =

∑

n∈N0

(n∑

k=0

(n

k

)akbn−k

)xn

n!.

Dakle, F (x)G(x) {efg}←→

{∑nk=0

(nk

)akbn−k

}∞0.

195


Pomalo neobi£an niz{∑n

k=0

(nk

)akbn−k

}∞0

kojem je F (x)G(x)eksponencijalna funkcija generatrise se prili£no £esto pojavi u rje²avanjuraznih kombinatornih problema. Razlog za to treba traºiti u sljede¢ojteoremi.TEOREMA 9.2.3. Neka je cn broj na£ina da se na nekom n-£lanomskupu de�ni²e neka struktura (nazovimo je crvena) i neka je bn brojna£ina da se na n-£lanom skupu de�ni²e neka druga, recimo bijela,struktura. Sa an ozna£imo broj na£ina da se skup [n] podijeli u dva dis-junktna podskupa B i C, B ∪ C = [n], a zatim da se na skupu B zadabijela, a na skupu C crvena struktura. Ako su A(x), B(x) i C(x) ekspo-nencijalne funkcije generatrise za nizove (an)n∈N0 , (bn)n∈N0 i (cn)n∈N0

tada vrijedi A(x) = B(x)C(x)

Dokaz. Skup C sa k elemenata moºemo iz [n] odabrati na(nk

)na£ina. Na

svakom odabranom k-£lanom skupu �crvenu� strukturu moºemo zadatina ck na£ina.�Bijelu� strukturu na B = [n] \C moºemo zadati na bn−k

na£ina. Stoga je broj svih �crveno-bijelih� struktura an na skupu [n]jednak

n∑

k=0

(n

k

)ckbn−k.

Iz de�nicije mnoºenja eksponencijalnih funkcija generatrise zaklju-£ujemo da je A(x) = B(x)C(x).

ut

U slu£aju da mnoºimo vi²e eksponencijalnih funkcija, lako se pokaºeda vrijedi sljede¢e tvr�enje.POSLJEDICA 9.2.4. Neka su F1(x), F2(x), . . . , Fk(x) eksponenci-jalne funkcije generatrise za nizove (f1

n)n∈N0 , (f2n)n∈N0 , . . . , (f

kn)n∈N0.

Ako za sve n ∈ N0 vrijedi

hn =∑

n1+···+nk=n

ni∈N0

(n

n1, n2, . . . , nk

)f1

n1f2

n2· · · fk

nk

i ako je H(x) =∑

n∈N0hnxn eksponencijalna funkcija generatrise za

niz (hn)n∈N0 tada je

H(x) = F1(x) · F2(x) · · ·Fk(x).

196


Primjer 9.2.5. Neka je X skup sa n elemenata. Sa an ozna£imo brojna£ina da se prvo skup X podijeli u dva disjunktna podskupa B i C,B ∪C = X, zatim da se odabere neki podskup iz B, i da se elementi izC linearno urede. Odrediti eksponencijalnu funkciju generatrisa za niz(an)n∈N0 .Rje²enje: Koriste¢emo oznake iz prethodne teoreme. Broj na£ina dase iz k-£lanog skupa odabere proizvoljan podskup je bk = 2k, dok jebroj na£ina da se k-£lani skup linearno uredi ck = k!. Sada je traºenafunkcija generatrise

A(x) = B(x)C(x) =

∑

n∈N0

2n

n!xn

∑

n∈N0

xn

=

e2x

1− x.

♦Broj an iz prethodnog primjera nije te²ko na¢i i kombinatorno

an =n∑

k=0

(n

k

)2k(n− k)!.

U primjeru 7.2.3 smo pomo¢u formule uklju£enja-isklju£enja odredilibroj deranºmana. Pogledajmo kako se to moºe uraditi na jo² jedanna£in.Primjer 9.2.6. Odrediti broj deranºmana Dn pomo¢u eksponencijal-nih generatrisa.Rje²enje: Neka je D(x) =

∑n∈N0

Dnn! xn eksponencijalna funkcija ge-

neratrise za niz (Dn)n∈N0 . Primijetimo da je broj permutacija u Sn sata£no k �ksnih ta£aka jednak

(nk

)Dn−k.

Na osnovu principa sume vrijedi n! =∑n

k=0

(nk

)Dn−k. Dakle, ekspo-

nencijalna generatrisa za niz £iji je op²ti £lan n! je jednaka proizvodugeneratrisa £iji su op²ti £lanovi Dn i 1. Iz relacija (9.8) dobijamo

11− x

= exD(x), odnosno D(x) =e−x

1− x.

Tako je broj deranºmana Dn jednak koe�cijentu uz xn

n! u razvoju e−x

1−x ,odnosno

Dn = n!n∑

k=0

(−1)k

k!.

Na sli£an na£in moºemo dati i kombinatornu interpretaciju za proizvodobi£nih funkcija generatrise.

197


PRIMJEDBA 9.2.7. Neka je cn broj na£ina kako se moºe na nekomlinearno ure�enom skupu od n elemenata moºe de�nisati neka struk-tura (recimo crvena) i neka je bn broj na£ina da se na n-£lanom linearnoure�enom skupu de�ni²e neka druga (bijela) struktura.Sa an ozna£imo broj na£ina da se linearno ure�en skup ([n], <) podijeliu dva disjunktna (ne nuºno neprazna) podskupa C i B, C ∪ B = [n],tako da je svaki element iz C manji od svih elemenata iz B, a zatim sena skupu C zada crvena struktura, a na skupu B bijela. O£igledno je

an = bnc0 + bn−1c1 + bn−2c2 + · · ·+ bkcn−k + · · ·+ b0cn

Ako su A(x), B(x) i C(x) obi£ne funkcije generatrise za nizove (an)n∈N0 ,(bn)n∈N0 i (cn)n∈N0 iz relacije (9.1) znamo da vrijedi A(x) = B(x)C(x).

Prethodno razmatranje nammoºe pomo¢i u odluci koju vrstu funkcijegeneratrisa upotrijebiti u konkretnom problemu.Primjer 9.2.8. Student treba da napi²e seminarski rad na ta£no nstranica. Na svakoj stranici moºe da bude samo tekst ili samo slika. Radmoºe da bude podijeljen u nekoliko poglavlja, ali u svakom poglavljumora da bude i slika i tekst. Na koliko na£ina student moºe aranºiratislike i tekst u poglavlja tako da ispuni postavljene uslove?Rje²enje: Neka je an traºeni broj na£ina na koji student moºe napisatirad i neka je A(x) =

∑n∈N0

anxn. Smatramo da je a0 = 1 (postoji jedanna£in da student napi²e seminarski rad sa nula stranica).

Jedno poglavlje sa m strana moºe se napisati na bm = 2m−2 na£ina(treba odabrati neprazan podskup razli£it od [m] za slike, ostalo jetekst). Moºemo smatrati da je b0 = 0. Neka je B(x) obi£na funkcijageneratrise za niz (bn)n∈N0 , odnosno

B(x) =∑

n∈N(2n − 2)xn =

2x

1− 2x− 2x

1− x=

2x2

(1− 2x)(1− x)

Na osnovu primjedbe 9.2.7 zaklju£i¢emo da je broj na£ina da se radnapi²e u ta£no k poglavlja jednak koe�cijentu uz xn u Bk(x). Kako jestudentu dozvoljeno da sam odabere koliko poglavlja ima njegov rad,vrijedi

A(x) = 1 + B(x) + B2(x) + · · ·+ Bk(x) + · · · = 11−B(x)

.

198


Kompozicija funkcija je dobro de�nisana jer je b0 = 0. Sada je

A(x) =1

1− 2x2

(1−x)(1−2x)

=(1− 2x)(1− x)

1− 3x=

=2x2 − 2

3x− 73x + 7

9 + 29

1− 3x=

79− 2

3x +

29

∑

n∈N0

3nxn

Tako smo dobili da je za n > 1 broj traºenih na£ina jednak an = 2·3n−2.♦

Poku²ajte na¢i kombinatorni dokaz da je 2·3n−2 rje²enje ovog problema.

I za eksponencijalne funkcije generatrisa su de�nisani formalni izvodi.Ako je A(x) {efg}

←→ {an}∞0 , ra£unaju¢i formalni izvod stepenog reda A(x)

dobijamo

d

dxA(x) = A′(x) = a1+a2x+

a3

2x3+· · ·+ an

(n− 1)!xn+· · · =

∑

n∈N0

an+1

n!xn.

Tako smo dobili da je

A′(x) {efg}←→ {an+1}∞0 , odnosno A(k)(x) {efg}

←→ {an+k}∞0 .

Ako je A(x) {efg}←→ {an}∞0 , sli£no kao i u pravilu 2 za ra£unanje sa

obi£nim funkcijama generatrisa (vidi formulu (9.4)), moºe se pokazatida je tada xA′(x) {efg}

←→ {nan}∞0 .Ra£unanje izvoda, pa onda mnoºenje sa x ozna£imo sa xD. Ako to

primjenimo k puta na A(x) dobi¢emo da je (xD)kA(x) {efg}←→ {nkan}∞0 .

Primjer 9.2.9. Na¢i eksponencijalnu funkciju generatrise za Belovebrojeve.Rje²enje: Pokazali smo da Belovi brojevi zadovoljavaju sljede¢u rekurzivnurelaciju

Bn+1 =n∑

i=0

(n

k

)Bn−k , uz po£etni uslov B0 = 1.

199

9.3. Neke primjene funkcija generatrise

Neka je B(x) {efg}←→ {Bn}∞0 . Mnoºenjem rekurzivne relacije sa xn

n! i sumi-ranjem po svim n ∈ N0, dobijamo

B′(x) = ex ·B(x), odnosno ln B(x) = ex i na kraju B(x) = ceex.

Iz uslova B(0) = B0 = 1 dobijamo c = e−1 pa je traºena eksponenci-jalna funkcija generatrise za Belove brojeve B(x) = eex−1.

♦

9.3 Neke primjene funkcija generatrise

U dokazivanju identiteta sa binomnim koe�cijantima smo ve¢ kori-stili £injenicu da su dva polinoma jednaka ako i samo ako imaju jednakeodgovaraju¢e koe�cijente.Vidjeli smo da isto tvr�enje vrijedi i za formalne stepene redove.

Neka su koe�cijenti (an)n∈N0 neke funkcije generatrise A(X) rje²enjanekog kombinatornog problema. Ako na neki na£in (manipuli²u¢i sastepenim redovima) pokaºemo da je A(x) = B(x), tada su i koe�cijentiB(x) rje²enja istog problema. Ukoliko znamo odrediti koe�cijente uB(x), na² zadatak je rije²en.PRIMJEDBA 9.3.1. Posmatrajmo formalni stepeni red

A(x) = (x+x2+x3+· · ·+xn+· · · )k =∑

ai∈Nxa1+a2+···+ak =

∑a1+···+ak=n

xn.

Primijetimo da se u prethodnoj sumi xn pojavi onoliko puta kolikoima na£ina da se n napi²e kao zbir k prirodnih brojeva. Drugim rije£ima,koe�cijent uz xn u A(x) je ba² broj kompozicija n u ta£no k sabiraka.Kako je

(x + x2 + x3 + · · ·+ xn + · · · )k = xk(1− x)−k,

taj broj je jednak koe�cijentu uz xn−k u (1− x)−k. Dakle, na jo² jedanna£in smo pokazali da je broj kompozicija n u k sabiraka jednak

(−1)n−k

( −k

n− k

)=

(n− 1k − 1

).

Primjer 9.3.2. Na koliko na£ina se moºe 54 jabuke podijeliti Ivanu,Jovanu, Goranu i Zoranu tako da:

200


- Ivan i Jovan dobiju isti broj jabuka,- Goran dobije bar ²est jabuka,- Zoran dobije neparan broj jabuka,- sve jabuke su raspore�ene.Rje²enje: Neka Ivan i Jovan dobiju po k jabuka. Broj jabuka koji njihdvojica zajedno dobiju moºemo poistovjetiti sa izborom x2k iz (1+x2 +x4 + · · ·x2n + · · · ). Dalje, broj jabuka koje dobije Goran poistovjetimosa izborom odgovaraju¢eg stepena x iz (x6 +x7 + · · ·+xn + · · · ), a brojjabuka koje treba da dobije Zoran sa izborom odgovaraju¢eg stepena xiz (x + x3 + x5 + · · ·x2n+1 + · · · ). Traºeni broj podjela koji ispunjavajupostavljene uslove sada prepoznamo kao koe�cijent uz x54 u razvoju

(1+x2 +x4 + · · ·x2n + · · · )(x6 +x7 + · · ·+xn + · · · )(x+x3 +x5 + · · · ) =

x7·(1+x+x2+· · ·xn+· · · )(1+x2+x4+· · ·x2n+· · · )2 =x7

(1− x)(1− x2)2.

Da bismo rije²ili zadatak, treba odrediti koe�cijent uz x47 u razvoju(1− x)−1(1− x2)−2.Ako smo u razvoju (1 − x2)−2 odabrali

(−2j

)(−x)2j , tada iz (1 − x)−1

trebamo odabrati( −147−2j

)(−x)47−2j .

Tako je rje²enje zadatka23∑

j=0

( −147− 2j

)(−1)47−2j

(−2j

)(−1)2j = 1 + 2 + · · ·+ 24 = 300.

♦Primjer 9.3.3. Na koliko na£ina Ana, Ena, Ema i Una mogu podijelitime�u sobom 12 jabuka i 16 jagoda tako da Ana dobije bar tri jagodei bar jednu jabuku, a da ostale tri djevoj£ice dobiju bar dvije jabuke inajvi²e pet jagoda? Sve vo¢e mora biti raspore�eno!Rje²enje: Traºeni broj na£ina za podjelu jabuka je koe�cijent uz x12

u (x + x2 + · · · + xn + · · · )(x2 + x3 + · · · + xn + · · · )3 = x7

(1−x)4²to je(−4

5

)(−1)5 =

(85

).

Broj podjela jagoda koji ispunjava postavljene uslove je koe�cijent uzx16 u

(x3+x4+· · ·+xn+· · · )(1+x+x2+x3+x4+x5)3 =x3

(1− x)·(

1− x6

1− x

)3

.

201


Uz malo ra£unanja dobijamo da je taj koe�cijent

(−1)13

(−413

)−3(−1)7

(−47

)+3(−1)5

(−41

)=

(163

)−3·

(107

)+3·

(41

).

Tako smo dobili da je traºeni broj podjela jednak(

85

)·[(

163

)− 3 ·

(107

)+ 3 ·

(41

)]= 6880.

♦

Ako je u raspodjeli vaºan i raspored, a ne samo broj dobijenih pre-dmeta, tada je korisno posmatrati eksponencijalne funkcije generatrisa.

Koe�cijent uz xn

n! u razvoju ekx = (1+ x1! +

x2

2! + x3

3! + · · ·+ xn

n! + · · · )k

je jednak∑ n!

n1!n2!···nk, gdje sumiramo po svim slabim kompozicijama

n u k dijelova.Kako je n!

n1!n2!···nkta£no broj permutacija multiskupa {1n1 , 2n2 , . . . , knk},

na²li smo kombinatornu interpretaciju za koe�cijente u razvoju ekx.Primjer 9.3.4. Na brodu se nalazi po dvanaest jednakih crvenih, bi-jelih, plavih i zelenih zastavica. Na signalni jarbol se moºe postaviti njihdvanaest tako da se po²alje signal ostalim brodovima. Na koliko na£inase to moºe uraditi ako je broj upotrebljenih plavih zastavica neparan abroj zelenih paran?

Zadatak rije²iti pomo¢u funkcija generatrise.Rje²enje: Traºeni broj moºemo interpretirati kao koe�cijent uz x12

12! u(1 + x + x2

2! + x3

3! + · · ·)2

︸︷︷︸crvene i bijele zastavice

(x + x3

3! + x5

5! + · · ·)

︸︷︷︸plave zastavice

(1 + x2

2! + x4

4! + · · ·)

︸︷︷︸zelene zastavice

.

Ako se prisjetimo da je

1+ x2

2! + · · ·+ x2n

(2n)! + · · · = ex+e−x

2 , x+ x3

3! + · · ·+ x2n+1

(2n+1)! + · · · = ex−e−x

2 ,

rje²enje je koe�cijent uz x12

12! u razvoju e2x · ex+e−x

2 · ex−e−x

2 = 14(e4x−1).

Lako je izra£unati da je to 411. Poku²ajte na¢i kombinatorno rje²enjeovog zadatka.

♦

202


Kada smo u prethodnoj glavi govorili o particijama brojeva, reklismo da ne postoji egzaktna formula za pn. Vidjeli smo da je £ak irekurzivna relacija za niz (pn)n∈N0 veoma komplikovana. Me�utim, nijete²ko na¢i funkciju generatrisa za taj niz.TEOREMA 9.3.5. Za sve n ∈ N0 neka pn ozna£va broj particija brojan. Obi£na funkcija generatrise za niz (pn)n∈N0 je

∏

k∈N

11− xk

=∑

n∈N0

pnxn.

Dokaz. Primijetimo da je proizvod∏

k∈N

11− xk

= (1+x+x2+· · · )(1+x2+x4+· · · ) · · · (1+xk+x2k+· · · ) · · ·

dobro de�nisan u prstenu formalnih stepenih redova. Bez obzira ²to jerije£ o proizvodu beskona£no stepenih redova, da bismo za neki �ksann ∈ N0 odredili koe�cijent uz xn, dovoljno je posmatrati samo prvih nzagrada.

Tvr�enje teoreme ¢e biti dokazano tako ²to ¢emo se uvjeriti da je ko-e�cijent uz xn u tom proizvodu jednak pn. Neka je λ = (λ1, λ2, . . . , λk)proizvoljna particija broja n u kojoj se broj 1 pojavi ta£no f1 put, broj2 ta£no f2 puta, . . ..

Tu particiju moºemo zapisati sa λ = (1f1 , 2f2 , . . . , rfr). Brojeve kojise ne pojavljuju (one i kod kojih je fi = 0) moºemo izostaviti iz zapisa.Primijetimo da vrijedi

f1 · 1 + f2 · 2 + · · ·+ fr · r = n.

Za tu particiju λ uo£imo sabirak u razvoju∏

k∈N1

1−xk u kojem

- iz prve zagrade (1 + x + x2 + · · · ) odaberemo monom xf1 ,- iz druge zagrade (1 + x2 + x4 + · · · ) odaberemo monom x2·f2 ,- ...- iz r-te zagrade (1 + xk + x2k + · · · ) odaberemo monom xr·fr .

Mnoºenjem odabranih monoma dobijamo

xf1 · x2·f2 · · ·xk·fk = xf1+2·f2+···+k·fk = xn.

Dakle, za svaku particiju broja n se dobije jedan xn u razvoju∏

k∈N1

1−xk .

203


Sa druge strane, ako ºelimo izra£unati razvoj∏

k∈N1

1−xk , tada izprve zagrade odaberemo xa1 , iz druge x2·a2 , . . ., iz k-te zagrade od-aberemo xk·ak , . . . Iz kona£no zagrada biramo xm, m > 0, iz preostalihbiramo 1. Primijetimo da je xa1 · x2·a2 · · ·xr·ar = xn ako i samo ako je(1a1 , 2a2 , . . . , rar) particija broja n.

Tako je koe�cijent uz xn u posmatranom stepenom redu jednakba² broju particija broja n, £ime je dokazano da je

∏k∈N

11−xk obi£na

funkcija generatrise za niz (pn)n∈N0 .ut

Neka je dn broj particija broja n u razli£ite brojeve, a on broj particijan u neparne brojeve. Na primjer, za broj sedam takve particije su

7 = 76 + 1 = 5 + 1 + 15 + 2 = 3 + 3 + 14 + 3 = 3 + 1 + 1 + 1 + 14 + 2 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1

particije u razli£ite particije u neparneTako je d7 = o7 = 5. To nije slu£ajno. Jedna od prvih primjena funkcijageneratrise u prou£avanju particija je sljede¢a teorema:TEOREMA 9.3.6 (L. Ojler). Broj particija n u neparne dijelove jejednak broju particija n u razli£ite dijelove.Dokaz. Na isti na£in kao u teoremi 9.3.5 moºemo izra£unati obi£nefunkcije generatrisa za nizove (on)n∈N0 i (dn)n∈N0 .

O(x) =∑

n∈N0

onxn = (1+x+x2+· · · )(1+x3+x5+· · · )(1+x5+x10+· · · ) · · ·

odnosno O(x) =∏

n∈N0

11− x2i+1

.

Dalje, primijetimo da je

D(x) =∑

n∈Ndnxn = (1 + x)(1 + x2)(1 + x3) · · · =

∏

i∈N(1 + xi).

Kako za sve n ∈ N vrijedi 1 + xn = 1−x2n

1−xn to je

D(x) =1− x2

1− x·1− x4

1− x2·1− x6

1− x3·1− x8

1− x4· · · = nakon skra¢ivanja = O(x).

ut

204


Kada neku teoremu u kombinatorici dokaºemo primjenom nekihdrugih metoda i tehnika, uvijek je zanimljivo pitanje da li postoji ikombinatorni dokaz te teoreme.

Sljede¢a bijekcija izme�u particija broja n u neparne sabirke i pa-rticija broja n u razli£ite sabirke je u [9] pripisana Silvesteru3.Koristi se £injenica da se svaki prirodan broj moºe na jedinstven na£innapisati kao zbir razli£itih stepena broja 2. Na primjer,

2010 = 1024 + 512 + 256 + 128 + 64 + 16 + 8 + 2 == 210 + 29 + 28 + 27 + 26 + 24 + 23 + 21 .

Neka je λ = (1f1 , 3f3 , . . . , rfr) particija broja n u neparne sabirke.Ako svaki od fi napi²emo kao zbir razli£itih stepena broja 2, iz

n = f1 · 1 + f3 · 3 + · · ·+ fr · r

dobi¢emo n napisan kao zbir razli£itih sabiraka.Inverz ovog preslikavanja moºemo opisati sljede¢om konstrukcijom.Neka je n = µ1 + µ2 + · · · + µk particija broja n u razli£ite sabirke.Grupi²imo sabirke broja n u grupe, tako da svi sabirci u istoj grupiimaju isti najve¢i neparan djelitelj.Ti djelitelji su sabirci u particiji n u neparne dijelove.

Pokaºimo ovu konstrukciju na jednom primjeru. Particija broja 242u neparne dijelove je λ = (215, 119, 56, 34, 16). Na opisan na£in dobijemo

252 = (4 + 1) · 21 + (8 + 1) · 11 + (4 + 2) · 5 + 4 · 3 + (4 + 2) · 1 =

= 88 + 84 + 21 + 20 + 12 + 11 + 10 + 4 + 2.

Za particiju µ = (88, 84, 21, 20, 12, 11, 10, 4, 2) broja n u razli£ite di-jelove, ra£unamo

252 = (84+21)+(88+11)+(20+10)+12+(4+2) = 5·21+9·11+6·5+4·3+6·1.

Ovo je kombinatorni dokaz da je on = dn.

Jo² mnogo razli£itih rezultata o particijama brojeva se moºe dokazatipomo¢u funkcija generatrise. Rekurzivna relacija (8.11) za particijebroja n se dobije tako ²to se primijeti da se u razvoju

∏n∈N(1−xn) (to

3 James Joseph Sylvester (1814 - 1897)

205

9.4. Zadaci

je multiplikativni inverz za funkciju generatrisa niza (pn)n∈N0) pojavixn ako i samo ako je n pentagonalni broj.

Rodºers4-Ramanudºanovi5 identiteti su me�u najpoznatijim i najza-nimljivijim rezultatima o particijama brojeva.TEOREMA 9.3.7 (prvi Rodºers-Ramanudºanov identitet). Nekaje fn broj particija broja n u kojima se sabirci razlikuju bar za dva, aneka je gn broj particija broja n u sabirke oblika 5k +1 i 5k +4. Za sven ∈ N vrijedi fn = gn.TEOREMA 9.3.8 (drugi Rodºers-Ramanudºanov identitet).Neka je un broj particija broja n u kojima se sabirci razlikuju bar zadva, i jedinica nije sabirak. Dalje, neka je vn broj particija broja n usabirke oblika 5k + 2 i 5k + 3. Za sve n ∈ N vrijedi un = vn.

Dugo vremena je traºen kombinatorni dokaz ovih identiteta. Prona²lisu ga 1980. godine Garsia6 i Milne7 (vidjeti [15]), ali je dosta kompliko-van.

9.4 Zadaci

1. Ako su F (x) i E(x) obi£na i eksponencijalna funkcija generatrise zaniz (an)n∈N0 odredi obi£nu i eksponencijalnu funkciju generatrisa zasljede¢e nizove:a) (λan + c)n∈N0 za λ, c ∈ R.b) (nan)n∈N0

c) 0, 0, 1, a3, a4, . . . ,d) a0, 0, a2, 0, a4, 0, . . .e) (an+m)n∈N0 za neki �ksan m ∈ Nf) (an+2 − 3an+1 − an)n∈N0

2. Neka su A i B neki realni brojevi. Pomo¢u funkcija generatrise,na�i rje²enje rekurzivne relacije an = A ·an−1 +Bn uz po£etni uslova0 = 1!

3. Na�i obi£nu funkciju generatrisa za sljede¢e nizove:a) an =

(2nn

), n ∈ N0

b) an =(2n+1

n

), n ∈ N0

4 Leonard James Rogers (1862-1933)5 Srinivasa Aiyangar Ramanujan (1887-1920)6 Adriano Garsia (1928-)7 Stephen Milne ()

206

9.4. Zadaci

c) an =(

nbn

2c), n ∈ N0

4. Na koliko na£ina se moºe iz velikog skladi²ta crvenih, plavih i bijelihlopti odabrati 10 lopti tako da:a) plavih lopti ima paran broj,b) odabrane su najvi²e dvije crvene lopte,c) postoje bar dvije lopte svake boje?Zadatak rije²iti pomo¢u funkcija generatrise!

5. Pomo¢u funkcija generatrise rije²i rekurzivnu relaciju an+1 = an +n2, uz po£etni uslov a0 = 1.

6. Neka je an broj particija broja n u ta£no tri sabirka. Na�i obi£nufunkciju generatrisa za (an)n∈N.

7. Na¢i funkciju generatrisa za niz zadan rekurzivno:an = a0 + a1 + · · ·+ an−1, a0 = 1.

8. U nov£aniku imamo 7 nov£anica od jedne marke, 5 nov£anica oddvije marke, 4 nov£anice od pet maraka, ²est nov£anivca od desetmaraka i tri nov£anice od dvadeset maraka. Nov£anice iste vrije-dnosti smatramo istim. Neka je an broj na£ina kako moºemo platitira£un od n maraka. Napi²i funkciju generatrisa za taj niz.

9. Niz an je zadan rekurzivno:

a0 = 1, an =n−1∑

k=0

(n

k

)ak za n > 0.

Na¢i eksponencijalnu funkciju generatrisa tog niza.10. Pomo¢u eksponencijalne funkcija generatrise rije²i rekurzivnu rela-

ciju an+1 = an + nan−1, uz po£etni uslov a0 = a1 = 1.11. Na¢i obi£nu funkciju generatrisa za niz an = 2an−1 + 2an−2 + n2n,

uz uslove a0 = 1 i a1 = 2.12. Na¢i eksponencijalnu funkciju generatrisa za broj rije£i duºine n iz

multiskupa {A∞, B∞, C2} u kojima je broj slova B paran i u kojimaje bar dva slova A.

13. Niz je zadan rekurzivnom formulom (n + 2)an+2 = an+1 + an, uzpo£etne uslove a0 = a1 = 1. Na�i obi£nu funkciju generatrisa za tajniz!

14. Neka je an+1 = an−2nan−1, za sve n ≥ 0, uz a0 = 1, a−1 = 0. Na�ieksponencijalnu funkciju generatrisa za taj niz.

15. Pomo¢u eksponencijalne funkcije generatrisa rije²i rekurzivne relacije:a) an+1 = 3nan + n!, uz po£etni uslov a0 = 0.b) bn+1 = nbn + 3nn!, uz po£etni uslov b0 = 0.

207


16. Neka je sn broj nizova (x1, x2, . . . , xk) u kojima je 1 ≤ xi ≤ n zasve i = 1, 2, . . . , n, i xi+1 ≥ 2xi za i = 1, 2, . . . , k − 1. Duºina nizanije odre�ena. Kako je dozvoljen i prazan niz, vrijedi s0 = 1. Ako jeS(x) obi£na funkcija generatrise za niz sn dokaºi da je (1−x)S(x) =(1 + x)S(x2).

17. Neka je n paran broj, i neka je en broj permutacija u kojma su sviciklusi parni, a on broj permutacija u Sn u kojima su svi ciklusineparni. Koriste¢i eksponencijalne funkcije generatrisa dokaºi da zasve parne n vrijedi en = on.

18. Neka je f(m,n) broj puteva u koordinatnoj mreºi od (0, 0) do (m,n)sa koracima (0, 1), (1, 0) i (1, 1). Na�i

∑n≥0

∑m≥0 f(m,n)xmyn.

Na�i formulu za∑

n≥0 f(n, n)xn.19. Neka je k neki prirodan broj. Na�i zatvorenu formulu za Sk(x) =∑

n≥k S(n, k)xn. Pomo¢u te formule dokaºi da je

S(n, k) ≡(

n− bk2c − 1

n− k

)(mod 2).

20. Neka su A = {a1, a2, . . . , an} i B = {b1, b2, . . . , bn} dva razli£itaskupa prirodnih brojeva. Ako je skup svih

(n2

)suma oblika ai + aj ,

za 1 ≤ i < j ≤ n isti kao skup takvih suma elemenata iz skupa Bdokaºi da je n stepen broja 2.


1. a) λF (x) + c1−x , λE(x) + cex

b) xF ′(x), xE′(x)

c) F (x)− a0 − a1x− (a2 − 1)x2 , E(x)− a0 − a1x− x2

2 (a2 − 1)

d) F (x)+F (−x)2 , E(x)+E(−x)

2

e) F (x)−∑m−1i=0 aix

i

xm , DmE(x)

f) F (x)−a0−a1xx2 − 3F (x)−a0

x − F (x) , E′′(x)− 3E′(x)−E(x)

2. Funkcija generatrise za niz (an)n∈N0 je

A(x) = 1(1−Ax)(1−Bx) = 1

A−B

(A

1−Ax − B1−Bx

),

pa je an = An+1−Bn+1

A−B .

208


3. a) A(x) =∑

n∈N0

(2nn

)xn = 1√

1−4x

b) B(x) = 12x(A(x)− 1) = 1−4x−√1−4x

−2x+8x2

c) C(x) = A(x2) + 12x(A(x2)− 1) = 1−2x−√1−4x2

−2x+4x2

4. a) 36b) 30c) 15

5. Obi£na funkcija generatrise jeA(x) = 11−x + x2+x3

(1−x)4, a op²ti £lan niza

je an = 1 + n(n−1)(2n−1)6 .

6. x3

(1−x)(1−x2)(1−x3).

7. 1−x1−2x .

8. 1−x8

1−x1−x12

1−x21−x25

1−x51−x70

1−x101−x80

1−x20 .9. Eksponencijalna funkcija generatrise niza (an)n∈N0 je A(x) = 1

2−ex .

10. Ako je A(x) eksponencijalna funkcija generatrise za posmatrani niz,vrijedi A′′(x) = (1 + x)A′(x) + A(x). Kada rije²imo diferencijalnujedna£inu, dobijemo da je A(x) = ex+x2

2 . Koe�cijent uz xn

n! u razvojuex+x2

2 u red je an =∑

i≥0

(n2j

) (2j)!2jj!

(vidi i primjer 8.1.2).11. 1−4x+12x2−8x3

(1−2x)2(1−2x−2x2).

12. x2+2x+24 (ex − (1 + x)) (ex + e−x).

13. Iz rekurzivne relacije za niz (an)n∈N0 dobijamo da za funkciju ge-neratrisa A(x) vrijedi A′(x)

A(x) = 1 + x, pa je A(x) = ex+x2

2 .14. A(x) = ex−x2 .

15. an = bn = 12(n− 1)!(3n − 1).

16. Niz sn zadovoljava sljede¢u rekurzivnu relaciju: sn = sn−1 + sbn2c,

uz po£etni uslov s0 = 1.17. Ozna£imo sa O(x), E(x) i R(x) eksponencijalne funkcije generatrisa

za brojeve on, en i rn (pri £emu je rn = n! za paran n a nula zaneparne). Moºe se pokazati da je R(x) = E(x)O(x).Kako je

R(x) =1

1− x2i O(x) =

∑

m∈N0

((2m− 1)!!)2

(2m)!x2m =

1√1− x2

(vidjeti zadatke 21 i 22 u £etvrtoj glavi), dobijemo E(x) = O(x).

209


18.∑

n≥0

∑

m≥0

f(m,n)xmyn =1

1− x− y − xy.

f(n, n) =∑

k

(n + k

n− k, k, k

)=

∑

k

(n + k

2k

)(2k

k

), pa je

∑n

f(n, n)xn =∑

k

(2k

k

)∑n

(n + k

2k

)xn =

=∑

k

(2k

k

)xk

(1− x)2k+1=

1√1− 6x + x2

.

19. Iz rekurzivne relacije za brojeve S(n, k) dobijemo da vrijedi Sk(x) =x

1−kxSk−1. Indukcijom po k dobijemo

Sk(x) =∑

n≥0

S(n, k)xn =xk

(1− x)(1− 2x) · · · (1− kx).

Iz prethodne formule je

∑

n≥0

S(n, k)xn =xk

(1− x)bk2c (mod 2),

pa slijedi drugo tvr�enje.20. Posmatrajmo A(x) = xa1 +xa2 + · · ·+xan i B(x) = xb1 +xb2 + · · ·+

xbn . Iz uslova zadatka znamo da je A2(x)−A(x2) = B2(x)−B(x2).Kako su A i B razli£iti skupovi vrijedi

A(x) + B(x) =A2(x)−B2(x)A(x)−B(x)

=A(x2)−B(x2)A(x)−B(x)

.

Iz A(1) = B(1) = n dobijamo da je A(x)−B(x) polinom po x djeljivsa x − 1. Neka je A(x) − B(x) = (x − 1)kf(x), gdje je f(1) 6= 0.Sada je

A(x) + B(x) =(x2 − 1)kf(x2)(x− 1)kf(x)

=(1 + x)kf(x2)

f(x), odnosno

A(1) + B(1) = 2n = 2k.

210

10

ODABRANE TEME

10.1 Eksponencijalna i kompoziciona formula

Herbert Vilf1 u [40] eksponencijalnu formulu naziva glavna teoremaza prebrojavanje. Lako¢a kojom se naizgled veoma komplikovani kombi-natorni problemi mogu rije²iti primjenom te formule (ili nekih njenihvarijanti) je jedan od razloga za²to je tako �zvu£no ime� za ovu formuluopravdano. Eksponencijalna formula je u enumerativnoj kombinatoricizna£ajna i zbog brojnih primjena.

Naime, £esto je potrebno rije²iti ovakav zadatak:Neka je fm broj na£ina da se na skupu od m elemenata zada nekastruktura. Skup sa n elemenata treba podijeliti na k disjunktnih dijelova(particija skupa u k blokova), a zatim na svakom od tih dijelova trebazadati posmatranu strukturu. Na koliko na£ina je to mogu¢e uraditi?

Sljede¢a dva primjera pokazuju da smo probleme tog tipa ve¢ po-smatrali:• Koliko ima particija skupa [n] u k dijelova?

U ovom slu£aju se na dijelovima ne zadaje nikakva struktura, pa jefm = 1.

• Koliko ima permutacija u Sn sa ta£no k ciklusa?Skup [n] se podijeli na k djelova, a na svakom od njih se de�ni²ecikli£ka permutacija. Broj cikli£klih permutacija na skupu od m ele-menata je fm = (m− 1)!.

1 Herbert Wilf (1931- )

10.1. Eksponencijalna i kompoziciona formula

Primijetimo da odgovore na postavljena pitanja u ova dva primjerave¢ znamo. To su Stirlingovi brojevi druge vrste S(n, k), odnosno Sti-rlingovi brojevi prve vrste bez znaka c(n, k).

U op²tem slu£aju, problem se moºe rije²iti pomo¢u funkcija gene-ratrisa na sljede¢i na£in:

Neka je hn,k odgovor na postavljeno pitanje, odnosno, neka je hn,k brojna£ina da se n-£lani skup razbije na k djelova, pa zatim da se na svakomod tih dijelova zada traºena struktura. Brojeve hn,k zapi²emo pomo¢ufunkcije generatrisa sa dvije promjenljive:

H(x, y) =∑

n,k∈N0

hn,kxn

n!yk.

Neka je fm broj na£ina kako se na m-£lanom skupu moºe zadati po-smatrana struktura (vaºno je upamtiti da je f0 = 0) i neka je F (x) =∑

n∈N0fn

xn

n! eksponencijalna funkcija generatrisa za niz (fn)n∈N0 .TEOREMA 10.1.1 (Eksponencijalna formula). Neka su F (x) iH(x, y) maloprije opisane funkcije generatrisa. Tada je

H(x, y) = eyF (x).

Dokaz. Neka je k �ksan prirodan broj. Ure�ena particija n-£lanog skupaX u k dijelova je ure�ena k-torka nepraznih, disjunktnih podskupova(T1, T2, . . . , Tk) £ija je unija cijeli skup X. Blokove proizvoljne k-£laneparticije skupa [n] moºemo permutovati na k! na£ina.Sada nije te²ko uo£iti vezu izme�u brojeva hn,k i fm:

hn,k =1k!

∑(T1,T2,...,Tk)-ure�. particija [n]

f|T1|f|T2| · · · f|Tk|.

Kako je f0 = 0, to vrijedi

hn,k =1k!

∑

n1+···+nk=n

ni∈N0

(n

n1, n2, . . . , nk

)fn1fn2 · · · fnk

.

Za �ksan k ∈ N0 sa Hk(x) ozna£imo eksponencijalnu funkciju gene-ratrisa za niz (hn,k)n∈N0 . Na osnovu prethodne relacije i posljedice 9.2.4dobijamo da je

212


Hk(x) =∑

n∈N0

hn,kxn

n!=

F k(x)k!

.

Sada je H(x, y) =∑

k∈N0

Hk(x)yk, odnosno,

H(x, y) =∑

k∈N0

∑

n∈N0

hn,kxn

n!

yk =

∑

k∈N0

F k(x)yk

k!= eyF (x).

utZanimljiv dokaz eksponencijalne formule, u kojem su svi koraci ko-

mbinatorno motivisani, zainteresovani £italac moºe na¢i u tre¢oj glaviknjige [40]. Ve¢ina primjera atraktivne primjene eksponencijalne fo-rmule u ovom poglavlju je �posu�ena� iz [40].

U rje²avanju zadataka su veoma korisne sljede¢e posljedice ekspo-nencijalne formule.POSLJEDICA 10.1.2. Neka je fm broj na£ina kako se na skupu odm elemenata moºe zadati neka struktura i neka je F (x) eksponencijalnafunkcija generatrisa za niz (fn)n∈N0.

(i) Neka je n �ksan prirodan broj i neka je hn,k broj na£ina da se skup[n] podijeli na k dijelova, a zatim da se na svakom od tih dijelovazada posmatrana struktura. Tada je hn,k jednak koe�cijentu uz xn

n! urazvoju F k(x)

k! u formalni stepeni red.

(ii) Neka je hn broj svih na£ina da se skup [n] podijeli u nekoliko blokova,pa da se na svakom od njih zada traºena struktura, odnosno hn =∑

k hn,k. Eksponencijalna funkcija generatrisa H(x) za niz hn je

H(x) = H(x, 1) =∑

n∈N0

hnxn

n!= eF (x)

(iii) Neka je T neki podskup skupa prirodnih brojeva i neka je ET (x) =∑n∈T

xn

n! . Neka je hT,n broj na£ina kako se skup [n] moºe podijelitina nekoliko dijelova tako da je broj dijelova element skupa T , a ondada se na svakom od tih dijelova zada traºena struktura. Tada je

HT (x) =∑

n∈N0

hT,nxn

n!= ET (F (x)).

213


Sada posmatrajmo dva dobro poznata primjera sa po£etka poglavlja.

Particije skupa u k blokova.Neka je hn,k broj particija skupa [n] u ta£no k dijelova. Na blokovimaparticije �ne radimo ni²ta�, pa je fm = 1 za sve m ∈ N i

F (x) =∑

m∈N

1m!

xm = ex − 1.

Na osnovu eksponencijalne formule jeH(x, y) = ey(ex−1).

U ovom primjeru je hn,k = S(n, k) Stirlingov broj druge vrste. Iz fo-rmule (i) u posljedici 10.1.2 dobijamo

hn,k = S(n, k) = koe�cijent uz xn

n!u (ex − 1)k

k!.

Primijetimo da smo usput dokazali da za neki �ksan k ∈ N vrijedi∑

n≥k

S(n, k)xn

n!=

(ex − 1)k

k!.

Broj hn =∑

k∈N hn,k je n-ti Belov broj Bn. Na osnovu formule (ii) izposljedice 10.1.2 dobijamo na jo² jedan na£in eksponencijalnu funkcijugeneratrisa za Belove brojeve:

H(x) =∑

n∈N0

Bnxn

n!= eex−1.

Permutacije sa k ciklusa.Neka je hn,k broj permutacija iz Sn sa ta£no k ciklusa. Postoji ta£nofm = (m− 1)! permutacija na skupu od m elemenata sa jednim ciklu-som, pa je

F (x) =∑

m∈N

(m− 1)!m!

xm =∑

m∈N

xm

m= − ln(1− x).

Na osnovu eksponencijalne formule je H(x, y) = e−y ln(1−x) =1

(1− x)y.

Broj hn,k je Strlingov broj druge vrste bez znaka. Na osnovu (i) izposljedice 10.1.2 zaklju£ujemo da je

hn,k = c(n, k) = koe�cijent uz xn

n!u stepenom redu 1

k!lnk

(1

1− x

).

214


Primjer 10.1.3. Koliko ima permutacija u Sn sa parnim brojem ci-klusa u kojima su svi ciklusi neparne duºine?Rje²enje: Koristi¢emo oznake iz posljedice 10.1.2. Primijetimo da jefm = 0 za paran m i fm = (m − 1)! za neparan m. Eksponencijalnafunkcija generatrisa za niz (fn)n∈N0 je

F (x) =∑

m-neparan

xm

m=

12(ln(1 + x)− ln(1− x)

)= ln

√1 + x

1− x.

Kako broj ciklusa mora biti paran, koristi¢emo formulu (iii) iz 10.1.2.Prvo ra£unamo:

ET (x) =∑

n∈N0,n-paran

xn

n!=

ex + e−x

2.

Sada je

HT (x) = ET

(F (x)

)= 1√

1−x2=

∑

n∈N0

(−12

n

)x2n =

∑

n∈N0

(2n

n

)x2n

22n.

Traºeni broj permutacija u Sn je koe�cijent uz xn

n! u HT (x), ²to je(

nn2

)n!2n

, za paran prirodan broj n, i nula za neparan n.

♦Broj

(nn2

)12n za paran n ∈ N moºemo prepoznati kao vjerovatno¢u da

pri bacanju simetri£nog nov£i¢a n isti broj puta padnu i pismo i glava.Stoga, pomo¢u prethodnog primjera moºemo napraviti prili£no za-nimljiv zadatak:

Neka je n prirodan broj. Vjerovatno¢a da u bacanju simetri£nognov£i¢a jednak broj puta padnu pismo i glava je jednaka vjerovatno¢i daslu£ajno odabrana permutacija iz Sn ima samo cikluse neparne duºine,i to paran broj njih!

Primjer 10.1.4. Neka an i bn ozna£avaju broj permutacija u Sn £iji susvi ciklusi neparni, odnosno parni. Na¢i eksponencijalne funkcije gene-ratrisa za nizove (an)n∈N i (bn)n∈N i opisati vezu izme�u an i bn!

215


Rje²enje: Eksponencijalne funkcije generatrisa A(x) i B(x) za ove ni-zove potraºi¢emo pomo¢u eksponencijalne formule.U odre�ivanju A(x) {efg}

←→ {an}∞0 , trebamo primijetiti da je fm = (m−1)!

za neparan m, a fm = 0 za paran. Primjenom eksponencijalne formuledobijamo da je

F (x) =12(ln(1 + x)− ln(1− x)

), odnosno A(x) = eF (x) =

√1 + x

1− x.

U traºenju B(x) brojimo permutacije £iji su svi ciklusi parni. U tomslu£aju je fm = (m− 1)! za paran m a fm = 0 za neparan. Stoga je

F (x) = −12

(ln(1 + x) + ln(1− x)) , odnosno B(x) = eF (x) =1√

1− x2.

Kako vrijedi

A(x)B(x)

= 1 + x, dobijamo da je A(x) = (1 + x) ·B(x).

Sada lako zaklju£ujemo da je

an

n!=

bn

n!+

bn−1

(n− 1)!, odnosno an = bn + nbn−1.

Za neparne brojeve n je bn = 0, pa smo dobili da vrijedi

an ={

bn, za paran n;nbn−1, za neparan n.

♦

Problem koji smo rje²avali eksponencijalnom formulom se moºe jo²dodatno oteºati. Od prakti£nog interesa moºe biti i situacija kada se,pored strukture na svakom bloku, i na skupu blokova zadaje neka �novastruktura�.

Neka je rn broj na£ina da se skup od n elemenata podijeli na nekolikoblokova, na svakom od tih blokova se zada struktura prve vrste (nabloku veli£ine m na fm na£ina), a zatim se na skupu blokova zada nekadruga struktura (na skupu od k blokova se ta struktura zadaje na gk

na£ina). Uz ove oznake vrijedi sljede¢a teorema:

216


TEOREMA 10.1.5 (kompoziciona formula). Neka su R(x), F (x)i G(x) eksponencijalne funkcije generatrisa za nizove (rn)n∈N0, (fn)n∈N0

i (gn)n∈N0. Tada je R(x) = G(F (x)

).

Dokaz. Uz ranije uvedene oznake, sa rn,k ozna£imo broj na£ina kakose skup [n] moºe podjeliti na k djelova, na svakom od tih blokova za-dati strukturu prve vrste, a zatim zadati strukturu druge vrste na tihk blokova (na gk na£ina).

Tada vrijedi, sli£no kao i u teoremi 10.1.1,

rn,k =gk

k!

∑

(T1,T2,...,Tk)- ure�. particija [n]

f|T1|f|T2| · · · f|Tk|.

Dalje, imitiraju¢i dokaz eksponencijalne formule, �ksiramo k ∈ N i pos-matramo

Rk(x) =∑

n∈Nrn,k

xn

n!= gk

F k(x)k!

.

Sada, sumiranjem po k ∈ N0, dobijamo da je

R(x) =∑

k∈N0

Rk(x) =∑

k∈N0

gkF k(x)

k!= G

(F (x)

).

utLako je primijetiti da je eksponencijalna formula �samo� specijalan

slu£aj prethodne teoreme. Zaista, teorema 10.1.1 se dobije iz prethodnekada je gk = 1 za sve k ∈ N0, odnosno, kada na blokovima ne posma-tramo strukturu druge vrste.Primjer 10.1.6. �pil od n karata ºelimo podijeliti u nekoliko dijelova(grupa), u svakom dijelu karte urediti linearno, a zatim sve grupe ra-sporediti oko okruglog stola. Neka je rn broj na£ina kako se ovo moºeuraditi. Na�i eksponencijalnu funkciju generatrisa za niz (rn)n∈N0 ita£nu vrijednost za rn.Rje²enje: Koristi¢emo oznake iz prethodne teoreme. Lako je izra£unatida je fm = m!, gk = (k − 1)!, pa je

F (x) =x

1− x,G(x) = 1−ln(1−x), i na kraju, R(x) = 1−ln

(1− 2x

1− x

).

Odavde dobijamo da je R(x) = 1 + ln(1− x)− ln(1− 2x), odnosno,

217


R(x) = 1 +∑

n∈N(2n − 1)

xn

n= 1 +

∑

n∈N(2n − 1)(n− 1)!

xn

n!.

Stoga je traºeni broj podjela karata jednak rn = (2n − 1)(n− 1)!.

♦

Primijetimo da se sve permutacije iz Sn mogu dobiti tako da skup [n]podijelimo na blokove (to ¢e biti ciklusi), pa na svakom bloku zadamocikli£ku permutaciju. Sada, na svakom od ciklusa se moºe zadati nekastruktura, a onda na skupu svih ciklusa tako dobijene permutacije izSn se moºe zadati neka druga struktura.

Opet pretpostavimo da se na ciklusu duºine m struktura prve vrstemoºe zadati na fm na£ina, a da se na k ciklusa struktura druge vrstemoºe zadati na gk na£ina. Ukupan broj takvih struktura na permutaci-jama skupa [n] se moºe opisati pomo¢u permutacione kompozicioneformule.TEOREMA 10.1.7. Neka su F (x) i G(x) eksponencijalne funkcijegeneratrisa za nizove (fn)n∈N0 i (gn)n∈N0, pri £emu jefm broj na£ina da se na ciklusu duºine m zada struktura prve vrste,- gk broj na£ina da se na k ciklusa zada neka druga struktura.Sa hn ozna£imo broj na£ina da se odabere permutacija skupa [n]; nasvakom od njenih ciklusa de�ni²emo strukturu prve vrste; i na kraju, naskupu ciklusa de�ni²emo strukturu druge vrste. Tada je eksponencijalnafunkcija generatrisa za niz (hn)n∈N0 opisana formulom

H(x) =∑

n∈N0

hnxn

n!= G

(∑

m∈Nfm

xm

m

).

Dokaz. Moºemo primijetiti da je

hn =∑

π=C1C2···Ck∈Sn

f|C1|f|C2| · · · f|Ck|gk.

Kako se na bloku veli£ine j cikli£ka permutacija moºe zadati na (j−1)!na£ina, to je

hn =∑

(T1,T2,...,Tk)-ure�. particija [n]

((|T1| − 1)!f|T1|

)· · ·

((|Tk| − 1)!f|Tk|

)gk.

218

10.2. Sistem razli£itih predstavnika i latinski kvadrati

Tvr�enje teoreme se dobije sli£nim rasu�ivanjem kao i u teoremi 10.1.5.ut

Ako se na blokovima ne uvodi nikakva struktura (tada je gk=1 za svek ∈ N0 i G(x) = ex) dobijemo permutacionu eksponencijalnu formulu:

H(x) =∑

n∈N0

hnxn

n!= e

∑m∈N fm

xm

m . (10.1)

Primjer 10.1.8. Neka je zadan prirodan broj d. Sa an ozna£imo brojpermutacija u Sn £iji je d-ti stepen identiteta. Na¢i eksponencijalnufunkciju generatrisa za niz (an)n ∈ N.Rje²enje: Rezultat dobijamo direktno primjenom formule (10.1). Naciklusima permutacije ne uvodimo nikakvu strukturu, ali u obzir dolazesamo oni ciklusi £ija je duºina djelitelj broja d. Stoga je fm = 1 akom|d, a fm = 0 ina£e. Uvrstimo li ovo u (10.1) dobi¢emo da je traºenafunkcija generatrisa

H(x) = e∑

m∈N,m|dxm

m .

♦

10.2 Sistem razli£itih predstavnika i latinski kvadrati

Neka su zadani kona£ni skupovi A1, A2, . . . , An. Sljede¢e pitanje se£esto pojavi u praksi:

Da li je mogu¢e iz svakog od tih skupova odabrati po jedan elementtako da svi odabrani elementi budu razli£iti?

Drugim rije£ima, mi traºimo ure�enu n-torku (x1, x2, . . . , xn) takoda vrijedi• xi ∈ Ai za sve i = 1, 2, . . . , n (element xi je predstavnik skupa Ai)• za i 6= j vrijedi xi 6= xj (svih n elemenata xi su razli£iti).Ako takva n-torka (x1, x2, . . . , xn) ∈ A1 × A2 × · · · × An postoji, nazi-vamo je sistem razli£itih predstavnika za skupove A1, A2, . . . , An.

Evo nekoliko primjera iz svakodnevnog ºivota u kojima je vaºnoprona¢i sistem razli£itih predstavnika:

219


• Zamislimo da n radnika traºi posao na birou za zapo²ljavanje. Nekaje Ai skup ponu�enih (slobodnih) poslova koje moºe da obavi i-tiradnik. Svih n radnika je mogu¢e zaposliti ako i samo ako skupoviA1, A2, . . . , An imaju sistem razli£itih predstavnika.

• Neka u nekom mjestu ºivi n djevojaka i neka svaka od njih imanekoliko poznanika; skup poznanika i-te djevojke ozna£imo sa Ai.Svaka djevojka ¢e mo¢i da na�e muºa kojeg poznaje ako i samo akoskupovi A1, A2, . . . , An imaju sistem razli£itih predstavnika.

PRIMJEDBA 10.2.1. Lako je primijetiti sljede¢e:Ako je (x1, x2, . . . , xn) sistem razli£itih predstavnika za skupove

A1, A2, . . . , An, tada za bilo kojih k skupova Ai1 , Ai2 , . . . , Aik vrijedi

{xi1 , xi2 , . . . , xik} ⊆ Ai1∪Ai2∪. . .∪Aik , to jeste |Ai1∪Ai2∪. . .∪Aik | > k.

Dakle, ako n skupova ima sistem razli£itih predstavnika, tada unijabilo kojih k tih skupova ima bar k elemenata.Interesantno je da je uslov iz prethodne primjedbe i dovoljan da nekafamilija skupova ima sistem razli£itih predstavnika. To je dokazano usljede¢oj teoremi.TEOREMA 10.2.2 (Hol2). Neka su A1, A2, . . . , An neki kona£niskupovi. Ti skupovi imaju sistem razli£itih predstavnika ako i samo akounija bilo kojih k posmatranih skupova sadrºi bar k elemenata, odnosno:

za sve {i1, i2, . . . , ik} ⊆ [n] je |Ai1 ∪Ai2 ∪ · · · ∪Aik | > k. (10.2)

Dokaz. Neophodnost uslova (10.2) pokazana u primjedbi 10.2.1.Pokaºimo da je pretpostavka iz teoreme i dovoljna. Egzistenciju sistemarazli£itih predstavnika, uz pretpostavku (10.2), dokazujemo indukcijompo broju skupova n.

O£igledno je da jedan neprazan skup ima sistem razli£itih pre-dstavnika. Pretpostavimo da sve familije sa manje od n skupova, za kojeje ispunjen uslov (10.2), imaju sistem razli£itih predstavnika. Pokaºimoda tada i svaka familija skupova A1, A2, . . . , An za koju vrijedi (10.2)ima sistem razli£itih predstavnika.

Prije toga, uvedimo novu oznaku:za proizvoljan I = {i1, i2, . . . , ik} ⊆ [n] neka je AI = Ai1∪Ai2∪· · ·∪Ak.Primijetimo da je A∅ = ∅.

2 Philip Hall (1904 - 1982)

220


Sada se uslov (10.2) moºe zapisati sa:

za sve I ⊂ [n] vrijedi |AI | > |I| (10.3)

Za skup J ⊂ [n] kaºemo da je kriti£an za familiju skupovaA1, A2, . . . , An ako je |AJ | = |J |.

Dalje, razlikujemo dva slu£aja:1◦ Jedini kriti£an skup indeksa je ∅ i moºda jo² i cijeli skup [n].

Kako jedno£lani podskupovi od [n] nisu kriti£ni, to za sve i ∈ [n]vrijedi |Ai| = |A{i}| > 1. Odaberimo proizvoljan xn ∈ An i za svei = 1, 2, . . . , n−1 de�ni²imo Bi = Ai\{xn}. Sada posmatrajmo familijuskupova B1, B2, . . . , Bn−1.

Za sve i ∈ [n] skupovi Ai i Bi se razlikuju najvi²e za xn, to jestza jedan element. Kako za neprazan I ⊂ [n − 1] skup indeksa I nijekriti£an, to vrijedi:

|BI | > |AI | − 1 > |I|.Familija skupova B1, B2, . . . , Bn−1 ispunjava uslov (10.3). Stoga, na

osnovu induktivne pretpostavke, za skupove B1, B2, . . . , Bn−1 postojisistem razli£itih predstavnika (x1, x2, . . . , xn−1). U tom sistemu se nepojavljuje xn. Kako je xn ∈ An, to je (x1, x2, . . . , xn−1, xn) sistem ra-zli£itih predstavnika za skupove A1, A2, . . . , An.

2◦ Postoji kriti£an skup indeksa, razli£it od ∅ i [n].Neka je J ⊂ [n] najmanji neprazan kriti£an skup indeksa za po-

smatranu familiju skupova. Na osnovu induktivne pretpostavke, fami-lija skupova {Aj}j∈J ima sistem razli£itih predstavnika (xj)j∈J .

Za sve i ∈ [n] \ J de�ni²imo Bi := Ai \AJ . Za K ⊂ [n] \ J vrijedi

|BK | = |AK∪J | − |AJ | > |K ∪ J | − |J | = |K|.

Prethodna nejednakost se dobije ako uo£imo da je |AK∪J | > |K ∪ J |(uslov (10.3) vrijedi za A1, A2, . . . , An) i |AJ | = |J | (jer je skup indeksaJ kriti£an).

Po induktivnoj pretpostavci znamo da familija skupova {Bj}j∈[n]\Jima sistem razli£itih pretstavnika. Kada im se doda sistem razli£itihpredstavnika (xj)j∈J za familiju {Aj}j∈J , dobije se sistem razli£itihpredstavnika za skupove A1, A2, . . . , An.

ut

221


Primjer 10.2.3. Neka su A1, A2, . . . , An podskupovi skupa [n] takvida postoji prirodan broj r za koji vrijedi(i) |Ai| = r;(ii) svaki element i ∈ [n] leºi u ta£no r posmatranih skupova.Dokaºi da skupovi A1, A2, . . . , An imaju sistem razli£itih predstavnika!Rje²enje: Za proizvoljan I ⊂ [n] posmatrajmo skupove

X = {(x, i) : x ∈ [n], x ∈ Ai za neki i ∈ I} i AI = ∪i∈IAi.

Za svaki i ∈ I skup Ai ima ta£no r elemenata, pa je |X| = |I| · r. Sadruge strane, proizvoljan element x ∈ AI se nalazi u najvi²e r skupova£iji su indeksi u I (ne moraju svi j za koje x ∈ Aj biti u I). Zato je|I| · r = |X| 6 |AI | · r, pa dobijamo da je |I| 6 |AI |. Na osnovu teoreme10.2.2 zaklju£ujemo da postoji sistem razli£itih predstavnika za skupoveA1, A2, . . . , An.

♦

Ako znamo da neka familija skupova ima sistem razli£itih pre-dstavnika, zanimljivo pitanje je i odrediti broj svih sistema razli£itihpredstavnika u toj familiji. Pri tome, dva razli£ita sistema razli£itihpredstavnika mogu imati iste elemente:

(1, 2, 3) i (3, 1, 2) su razli£iti sistemi za {1, 3}, {1, 2} i {2, 3}.Primjer 10.2.4. Neka je n proizvoljan prirodan broj i neka su zadaniskupovi

Ai = [n] \ {i} za sve i = 1, 2, . . . , n.

Odredi broj sistema razli£itih predstavnika u familiji A1, A2, . . . , An.Rje²enje: Primijetimo da je (x1, x2, . . . , xn) sistem razli£itih predsta-vnika za zadane skupove ako i samo ako je xi 6= i i {x1, x2, . . . , xn} =[n]. Drugim rije£ima, postoji bijekcija izme�u sistema razli£itih pre-dstavnika ove familije skupova i skupa permutacija x1x2 . . . xn ∈ Sn

koje nemaju �ksnu ta£ku.Na osnovu primjera 7.2.3 zaklju£ujemo da je broj sistema razli£itih

predstavnika za ovu familije skupova jednak n! ·∑ni=0(−1)i 1

i! .♦

POSLJEDICA 10.2.5. Neka su zadani skupovi A1, A2, . . . , An zakoje je uslov (10.3) ispunjen (znamo ti skupovi imaju sistem razli£i-tih predstavnika). Ako svaki od skupova Ai ima bar r elemenata, tadaje broj sistema razli£itih predstavnika za A1, A2, . . . , An najmanje

222

10.2. Sistem razli£itih predstavnika i latinski kvadrati{

r!, ako je r 6 n;r(r − 1) · · · (r − n + 1), ina£e. (10.4)

Dokaz. Tvr�enje dokazujemo indukcijom po n. Za n = 1 tvr�enje vri-jedi, jer o£igledno postoji r razli£itih sistema za skup A1 sa bar r eleme-nata. Pretpostavimo da tvr�enje vrijedi za manje od n skupova, i pre-brojimo izbore sistema razli£itih predstavnika u oba slu£aja iz dokazaHolove teoreme 10.2.2.

U prvom slu£aju, uz pretpostavku |Ai| > r, element xn ∈ An

moºemo odabrati na bar r na£ina. Skupovi Bi = Ai \ {xn} imaju barr − 1 element, i kada na njih primijenimo pretpostavku indukcije, do-bijamo da vrijedi formula (10.4).

U drugom slu£aju, za kriti£an skup J mora da vrijedi r 6 |J | 6 n.Po induktivnoj pretpostavci, familija skupova {Aj}j∈J ima bar r! sis-tema razli£itih predstavnika. Svaki od njih se moºe dopuniti do sistemarazli£itih predstavnika cijele familije A1, A2, . . . , An, pa formula (10.4)vrijedi.

ut

Sada ¢emo dati odgovor na pitanje o broju sistema razli£itih predsta-vnika za skupove A1, A2, . . . , An kada je |A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An| = n.DEFINICIJA 10.2.6. Neka je A =

(ai,j

)16i,j6n

neka n× n matrica.Permanenta matrice A je

perA =∑

π∈Sn

a1π1a2π2 · · · anπn .

Moºe se re¢i da je permanenta matrice jednaka determinanti kodkoje smo �zaboravili� na znakove. U ra£unanju determinante, sabirakkoji odgovara permutaciji π se mnoºi sa ±1, u zavisnosti od toga dali je π parna ili neparna permutacija. Dakle, de�nicija permanente jezna£ajno jednostavnija od one za determinantu.

Me�utim, cijena te jednostavnosti u de�niciji su pote²ko¢e pri ra-£unanju permanenti. Na primjer, ako se neka vrsta (kolona) matrice Adoda nekoj drugoj vrsti (koloni), vrijednost permanente se moºe promi-jeniti. Zato se perA ne moºe ra£unati svo�enjem A na trougaonu ma-tricu.

Iz de�nicije permanente nije te²ko zaklju£iti da se perA moºe ra£u-nati razvijanjem po i-toj vrsti (ili j-toj koloni) matrice A.

223


Neka je Aij matrica dobijena od A brisanjem i-te vrste i j-te kolone.Tada je

perA =n∑

k=1

aik · perAik =n∑

k=1

akj · perAkj .

TEOREMA 10.2.7. Neka su A1, A2, . . . , An proizvoljni podskupoviskupa [n]. Neka je A = (aij) matrica n× n de�nisana sa

aij ={

1, ako j ∈ Ai;0, ako j /∈ Ai.

Broj sistema razli£itih predstavnika u A1, A2, . . . , An je jednak perma-nenti matrice A =

(aij

)16i,j6n

.

Dokaz. Ure�ena n-torka (x1, x2, . . . , xn) je sistem razli£itih predstavnikaza A1, A2, . . . , An ako i samo ako je(a) xi 6= xj za i 6= j, to jest, svi xi su razli£iti. Kako svi xi pripadaju

skupu [n], to je x1x2 . . . xn permutacija iz Sn.(b) Za sve i ∈ [n] je xi ∈ Ai, odnosno, u matrici A je aixi = 1.Ako je (x1, x2, . . . , xn) sistem razli£itih predstavnika za A1, A2, . . . , An,iz (a) i (b) slijedi da je sabirak a1x1a2x2 · · · anxn u razvoju perA jednakjedan.Tako�e, ako je za neko π ∈ Sn sabirak a1π1a2π2 · · · anπn u razvoju perAjednak jedan, lako je zaklju£iti da je tada (xπ1 , xπ2 . . . xπn) sistem ra-zli£itih predstavnika za skupove A1, A2, . . . , An.

ut

Latinski kvadrat reda n je n× n matrica £iji su £lanovi elementiskupa [n], a u svakoj vrsti i svakoj koloni se svaki od brojeva 1, 2, . . . , npojavi ta£no jednom3. Drugim rije£ima, vrste i kolone te matrice supermutacije iz Sn.

Ako je n × n tabela �djelimi£no popunjena� elementima iz [n] (nijepoznato svih n2 njenih £lanova), i ako se svaki broj nalazi u najvi²ejednoj vrsti i jednoj koloni, nazivamo je parcijalni latinski kvadrat.

Specijalno, latinski pravougaonik k × n je parcijalni latinskikvadrat u kojem je popunjeno ta£no k prvih vrsta.

3 U de�niciji latinskog kvadrata, umjesto brojeva iz skupa [n], u n × n matricumoºemo raspore�ivati elemente bilo kojeg n-£lanog skupa.

224


Jedan od zanimljivih problema vezanih za latinske kvadrate je pro-blem kompletiranja latinskog kvadrata:

Da li se neki parcijalni latinski kvadrat n× n moºe dopuniti do ko-mpletnog latinskog kvadrata?

Posmatrajmo nekoliko primjera.Ako je ispunjena samo prva vrsta n×n matrice, na primjer sa brojevima123 . . . n, lako je popuniti cijelu matricu cikli£kim pomjeranjem: u i-tojvrsti su upisani brojevi i (i + 1) . . . (n− 1) n 1 . . . (i− 1).

1 2 3 · · · i i + 1 · · · n− 1 n

2 3 4 · · · i + 1 i + 2 · · · n 1... ... ... ... ... ... ...i i + 1 i + 2 · · · 2i− 1 2i · · · i− 2 i− 1... ... ... ... ... ... ...n 1 2 · · · i− 1 i · · · n− 2 n− 1

Ovim smo tako�e dokazali da za proizvoljan prirodan broj n postojilatinski kvadrat n× n.

Dalje, lako4 je primijetiti da se svaki (n−1)×n latinski pravougaonikmoºe na jedinstven na£in dopuniti do latinskog kvadrata. Tada se nai-om mjestu u posljednjoj vrsti se nalazi jedini broj iz [n] koji nedostajeu i-toj koloni.

Me�utim, parcijalni latinski kvadrat

1 2 3 · · · n− 1· · · n

· · ·· · ·

· · ·se o£igledno ne moºe dopuniti do latinskog kvadrata.TEOREMA 10.2.8. Neka su k i n prirodni brojevi takvi da je 1 6k < n. Svaki latinski pravougaonik k × n se moºe pro²iriti do latinskogpravougaonika (k + 1)× n.4 Svaki broj i ∈ [n] se nalazi u ta£no n− 1 vrsta.

225


Dokaz. Sa Ai ozna£imo elemente iz skupa [n] koji se ne pojavljuju ui-toj koloni latinskog pravougaonika k × n. Latinski pravougaonik semoºe pro²iriti sa novom vrstom ako i samo ako skupovi A1, A2, . . . , An

imaju sistem razli£itih predstavnika.Primijetimo da za sve i ∈ [n] vrijedi |Ai| = n − k i da se svaki x ∈ [n]pojavi u ta£no n−k skupova A1, A2, . . . , An. Sada, na osnovu primjera10.2.3, moºemo zaklju£iti da skupovi A1, A2, . . . , An imaju sistem ra-zli£itih predstavnika. Tako je posmatrani latinski pravougaonik mogu¢edopuniti sa novom kolonom.

ut

Ako posmatramo latinski pravougaonik k×n i iskoristimo prethodnuteoremu n− k puta, dobi¢emo sljede¢i rezultat.POSLJEDICA 10.2.9. Proizvoljan latinski pravougaonik se moºedopuniti do latinskog kvadrata.

Da je svaki parcijalni latinski kvadrat sa manje od n upisanih poljamogu¢e dopuniti do latinskog kvadrata pokazano je u [30].

Jednostavnom primjenom posljedice 10.2.5 mogu¢e je procjeniti brojlatinskih kvadrata reda n.TEOREMA 10.2.10. Broj latinskih kvadrata reda n je najmanje

n! · (n− 1)! · (n− 2)! · · · 3! · 2! · 1!.

Dokaz. Prvu vrstu moºemo odabrati na n! na£ina. Na osnovu formule(10.4), drugu vrstu biramo na bar (n − 1)! na£in, tre¢u na (n − 2)!na£ina, itd . . ..

ut

Neka je Ln broj latinskih kvadrata reda n. �ini se da je nalaºenjeta£ne vrijednosti za Ln dosta teºak zadatak. Ta£na vrijednosti za Ln

su poznate za n 6 9. Danas su poznate sljede¢e ocjene (vidjeti 17 glavuu [21]) za Ln:

(n!)2n

nn2 6 Ln 6n∏

k=1

(k!)nk

226

10.3. Enumeracija pri dejstvu grupe

10.3 Enumeracija pri dejstvu grupe

Pretpostavimo da skup kojem ºelimo odrediti broj elemenata imaneku unutra²nju simetriju. Tada ima smisla dva elementa tog skupanazvati istim ili ekvivalentnim ako se jedan moºe transformisati u drugipomo¢u tih simetrija. Prirodno je postaviti pitanje

Koliko ima neekvivalentnih (razli£itih) objekata u tom skupu?

Najve¢i doprinos u pronalaºenju metoda koje daju odgovor na ovopitanje je dao ma�arski matemati£ar Ðer� Polja5. Kako je nekoliko go-dina ranije sli£ne ideje imao i Red�ld6, danas se skup tehnika koje sekoriste u rje²avanju ovih zadataka naziva i Polja-Red�ld teorija.

Da bismo bolje shvatili prirodu problema koje ºelimo da rje²avamo,po£nimo sa jednim sasvim jednostavnim primjerom.Primjer 10.3.1. Sva tjemena pravilnog ²estougla se boje sa dvije boje.Dva bojenja smatramo istim ako se jedno moºe dobiti od drugog rotaci-jom ²estougla oko centra opisane kruºnice. Koliko ima razli£itih bo-jenja?

�ta ¢e se desiti ako i bojenja koja se jedno od drugog mogu dobitiosnim simetrijama ²estougla smatramo istim?Rje²enje: Pretpostavimo da tjemena pravilnog ²estougla bojimo sacrnom i bijelom bojom.U ovom slu£aju odgovor moºemo dobiti �ispisuju¢i� sva rje²enja:

Slika 10.1. Sva razli£ita bojenja tjemena pravilnog ²estougla sa dvije boje.

5 George Pólya (1887 - 1985)6 John Howard Red�eld (1879 - 1944)

227


Lako je provjeriti da se dva bojenja na slici 10.1 ne mogu identi�ko-vati rotacijama. Dalje, bilo koje bojenje tjemena pravilnog ²estougla sadvije boje se rotacijom moºe identi�kovati sa nekim bojenjem na slici10.1. Stoga postoji 14 razli£itih bojenja tjemena pravilnog ²estougla sadvije boje.

Ako ekvivalentnim bojenjima smatramo i ona koja se mogu dobitiosnim simetrijama pravilnog ²estougla, tada su i dva bojenja na slici10.2 ista.

Slika 10.2. Dva bojenja koja su razli£ita pri rotacijama, a ista ako se dozvole i osnesimetrije.

U tom slu£aju postoji ta£no 13 razli£itih bojenja tjemena pravilnog²estougla.

♦Iz ovog jednostavnog primjera moºemo zaklju£iti da broj razli£itih bo-jenja zavisi i od broja simetrija skupa koji posmatramo.

U prethodnom primjeru nismo brojali sva mogu¢a bojenja tjemena²estougla. Umjesto toga, na skupu svih bojenja smo de�nisali relacijuekvivalencije i onda izbrojali klase ekvivalencije.

Pri tom, relacija ekvivalencije je de�nisana nekom �unutra²njomsimetrijom� objekta koji se posmatra. Ista ideja se koristi i u rje²a-vanju komplikovanijih zadataka ovog tipa.

Sam autor ove teorije, Ðer� Polja je ovu metodu nazivao �Brojanjeneekvivalentnih kon�guracija s obzirom na zadatu grupu permutacija.�Moºe se re¢i da je ova teorija primjer kako se matemati£ki aparat izalgebre moºe e�kasno koristiti u rje²avanju problema iz kombinatorike.

Po£e¢emo sa de�nicijama nekih osnovnih pojmova.Neka je X neki skup i neka je SX grupa svih permutacija skupa X:

SX = {π : X → X|π je bijekcija } .

228


Re¢i ¢emo da neka grupa (G, ∗) dejstvuje na skupu X ako je svakomelementu grupe g ∈ G dodijeljena neka permutacija πg ∈ SX (πg jebijekcija na X) tako da za sve g, h ∈ G i sve x ∈ X vrijedi

πg∗h(x) =(πg ◦ πh

)(x).

Drugim rije£ima, dejstvo grupe G na skupu X je homomor�zam sagrupe G u SX . Stoga neutralan element grupe G odgovara identi£kompreslikavanju na X.

Evo nekoliko primjera dejstva grupe.1. Neka je G = (R, +) i neka G dejstvuje na skupu X = R2 na sljede¢i

na£in:π ∈ G, (x, y) ∈ X, π ((x, y)) = (x + π, y).

Geometrijski, realan broj π dejstvuje na koordinatnu ravan X tako²to svaku ta£ku (x, y) translira desno za π.

2. Ista grupa G = (R, +) na skupu X = R2 moºe dejstvovati i sasvimdruga£ije: realan broj σ dejstvuje na X tako ²to svaku ta£ka (x, y)zarotira u smjeru kazaljke na satu za σ radijana.

3. Na skupu tjemena pravilnog n-tougla X = {x1, x2, . . . , xn} de-jstvuju prirodno dvije grupe:- Grupa svih izometrija pravilnog n-tougla se naziva diedarska

grupa Dn . Ta grupa je reda 2n, sa n osnih simetrija i n rotacija.- Grupa rotacija. To je podgrupa Dn koju £ine samo rotacije.

Izomorfna je sa cikli£nom grupom7 Zn.4. Dejstvo bilo koje grupe je potpuno odre�eno ako nam je poznato

dejstvo generatora. Na primjer, dejstvo grupe G = Z3 = {0, 1, 2} naskupu X = {a, b, c, d, e, f} je potpuno odre�eno ako opi²emo kakodejstvuje generator 1. Ako je njemu dodjeljena permutacija π1

π1 =(

a b c d e fb c a e f d

)

tada je, iz de�nicije dejstva grupe odre�ena i permutacija π2:

π2 = π1+1 = π1 ◦ π1 =(

a b c d e fc a b f d e

).

7 Cikli£ku grupu Zn moºemo identi�kovati sa skupom {0, 1, 2, . . . , n− 1} na kojemje zadana operacija +n, pri £emu je x +n y ostatak pri djeljenju x + y sa n.

229


5. Dejstvo grupe G = Z2 × Z2 na X = {a, b, c, d} je zadano sa

π(1,0) =(

a b c db a c d

); π(0,1) =

(a b c da b d c

).

6. Ista grupa G = Z2 na istom skupu X moºe dejstvovati i ovako

π(1,0) =(

a b c db a c d

); π(0,1) =

(a b c dc d a b

).

Kako priroda elemenata skupa X ne uti£e na rje²enje kombinatornogproblema, kona£an skup X identi�kov¢emo sa [n], a grupu permutacijaSX sa simetri£nom grupom Sn. U kombinatorici nas ne zanima samagrupa G, ve¢ nas interesuje ²ta dejstvo grupe G u£ini sa kona£nimskupom X. Zato se apstraktna grupa G moºe identi�kovati sa slikom Gpri homomor�zmu koji de�ni²e dejstvo G na X. Stoga, u daljem tekstusmatramo da je G podgrupa simetri£ne grupe Sn.

DEFINICIJA 10.3.2. Neka grupa G dejstvuje na skupu X. Za svakix ∈ X de�ni²u se dva vaºna pojma:- orbita elementa x: Gx = {π(x)|π ∈ G} ⊆ X.- stabilizator elementa x: Gx = {π ∈ G|π(x) = x} < G.

Orbita x ∈ X je podskup skupa X koji £ine svi elementi u koje se x moºepreslikati permutacijama iz G. Stabilizator elementa x je podgrupa Gkoju £ine permutacije kojima je x �ksna ta£ka.

Tako�e, za sve π ∈ G se de�ni²e skup �ksnih ta£aka sa

Fix(π) = {x ∈ X : π(x) = x} ⊆ X.

Ako G dejstvuje na skupu X i ako su x, y ∈ X, lako je pokazati dasu orbite Gx i Gy jednake ili su disjunktne. Stoga, dejstvo grupe G naX de�ni²e relaciju ekvivalencije:

x ∼ y ⇔ postoji π ∈ G tako da je π(x) = y.

Primijetimo da su klase ekvivalencije ba² orbite pri dejstvu G na X.Skup svih orbita na X pri dejstvu grupe G ozna£imo sa X/G.

Primjer 10.3.3. Odredi orbite i stabilizatore u maloprije posmatranimprimjerima dejstva grupa.

230


Rje²enje:1. Orbitu elementa (x0, y0) £ine sve ta£ke sa horizontalne prave y = y0.

Sve orbite pri ovom dejstvu su horizontalne prave. Stabilizator jetrivijalna podgrupa.

2. Ako je (x0, y0) 6= (0, 0), orbita je kruºnica sa centrom u koordinat-nom po£etku. Stabilizator tog elementa je {2kπ : k ∈ Z}.Ta£ka (0, 0) je �ksna ta£ka za sve elemente iz grupe G i njen stabi-lizator je cijela grupa.

3. U oba slu£aja je cijeli skup X jedna orbita. Kada se to desi kaºemoda je dejstvo G na skupu X tranzitivno. Pri dejstvu grupe rotacijastabilizator svakog elementa je trivijalna podgrupa.Ako se posmatra dejstvo diedarske grupe Dn na skupu tjemena, sta-bilizator svakog tjemena xi je dvo£lan. Pored identitete tu je i osnasimetrija £ija osa prolazi kroz ta£ku xi.

4. Ovdje su orbite {a, b, c} i {d, e, f}. Stabilizator svakog elementa jetrivijalan.

5. U ovom slu£aju su orbite {a, b} i {c, d}. Stabilizator elementa a jeGa = {Id, π(0,1)}.

6. Postoji samo jedna orbita, odnosno, dejstvo grupe G je tranzitivno.Stabilizator svakog elementa iz X je trivijalan.

♦LEMA 10.3.4. Neka kona£na grupa G dejstvuje na skupu X. Tada zaproizvoljan x ∈ X vrijedi

|Gx| · |Gx| = |G|.

Dokaz. Za zadani x ∈ X posmatrajmo multiskup M = {π(x) : π ∈ G}sa ta£no |G| elemenata. Tvr�enje leme se dobije kada uo£imo da ele-menti orbite Gx £ine osnovni skup na kojem je multiskup M de�nisan,i da je svaki y ∈ M multipliciteta |Gx|.

Zaista, ako je y = π(x) ∈ M , tada je y ∈ Gx. Za svaki σ iz stabiliza-tora Gx i (π ◦ σ)(x) ∈ M . Skup {π ◦ σ|σ ∈ Gx} ⊆ G ima |Gx| razli£itihelemenata.

Dalje, ako za neki τ ∈ G vrijedi τ(x) = y, tada je π−1 ◦ τ ∈ Gx.Stoga je svaki element y ∈ M multipliciteta |Gx|.

ut

231


Sada moºemo opisati osnovno sredstvo za odre�ivanje broja orbitapri dejstvu grupe G na skup X. Sljede¢e tvr�enje je poznato podimenom Bernsajdova8 lema, mada se u mnogo izvora moºe prona¢i (re-cimo u [1] ili [35]) da je to rezultat Frobeniusa9. Taj rezultat u slu£ajutranzitivnog dejstva grupe je bio poznat i Ko²iju.LEMA 10.3.5 (Bernsajd). Neka je X kona£an skup i neka na njemudejstvuje kona£na grupa G. Broj orbita pri tom dejstvu je

|X/G| = 1|G|

∑

π∈G

|Fix(π)|.

Dokaz. Posmatrajmo skup F {(x, π) : x ∈ X, π ∈ G, π(x) = x}. Pomo¢uprincipa dvostrukog prebrojavanja dobijamo

|F| =∑

π∈G

|Fix(π)| =∑

x∈X

|Gx|.

Ukoliko iskoristimo rezultat iz leme 10.3.4, dobi¢emo da vrijedi∑

π∈G

|Fix(π)| =∑

x∈X

|G||Gx| , odnosno

1|G|

∑

π∈G

|Fix(π)| =∑

x∈X

1|Gx| .

Ako je O neka orbita iz X/G duºine k, razlomak 1k se pojavi u sumi∑

x∈X1|Gx| po jednom za svaki element x ∈ O, dakle k puta ukupno.

Stoga, svaka orbita iz X/G u toj sumi doprinese 1, pa je

1|G|

∑

π∈G

|Fix(π)| =∑

x∈X

1|Gx| =

∑

O∈X/G

1 = |X/G|.

utSada moºemo rije²iti problem enumeracije razli£itih bojenja nekog

skupa pri dejstvu kona£ne grupe. Neka je X kona£an skup sa n eleme-nata i neka je G podgrupa SX . Ako je B = {b1, b2, . . . , bm} skup bojakoje imamo na raspolaganju, uo£imo da grupa G dejstvuje i na skupu

Y = {f |f : X → B}

koji £ine sva bojenja elemenata skupa X sa bojama iz B. Dejstvo grupeG na skupu Y je prirodno de�nisano sa8 William Burnside (1852 - 1927)9 Ferdinand Georg Frobenius (1849 - 1917)

232

10.3. Enumeracija pri dejstvu grupe(π(f)

)(x) = f

(π(x)

). (10.5)

Dva bojenja f1, f2 elemenata iz X smatramo istim pri dejstvu grupeG ako postoji π ∈ G takav da je π(f1) = f2. Drugim rije£ima, bojenjaf1 i f2 su ista obzirom na dejstvo grupe G ako i samo ako su u istojorbiti Y pri dejstvu G. Dakle, broj razli£itih bojenja elemenata iz Xsa bojama iz B je jednak broju elemenata u Y/G. Taj broj moºemoodrediti pomo¢u Bernsajdove leme.

Sljede¢e opaºanje ¢e biti korisno u tom ra£unanju.PRIMJEDBA 10.3.6. Pretpostavimo da elemente n-£lanog skupa Xbojimo sa m boja iz B. Prisjetimo se da su elementi grupe G identi-�kovani sa permutacijama iz Sn.

Neko bojenje f : X → B iz Y je �ksirano sa permutacijom π(to jest, f ∈ FixY (π)) ako i samo ako je f konstantno na svim ci-klusima permutacije π. Ako je c(π) broj ciklusa u permutaciji π tadaje |FixY (π)| = mc(π).

Na osnovu Bernsajdove leme zaklju£ujemo da je broj svih razli£itihbojenja skupa X sa m boja pri dejstvu grupe G jednak

1|G|

∑

π∈G

mc(π). (10.6)

Primjer 10.3.7. Odgovoriti na pitanja iz primjera 10.3.1 sa po£etkapoglavlja pomo¢u Bernsajdove leme!Rje²enje: Grupa koja dejstvuje na tjemenima X = {1, 2, 3, 4, 5, 6}je grupa rotacija {Id, r, r2, r3, r4, r5}. U sljede¢oj tablici ra£unamopotrebne podatke za primjenu formule (10.6):

π ∈ Z6 π kao permutacija iz SX m|FixY (π)|

Id (1)(2)(3)(4)(5)(6) 26

r (123456) 21

r2 (135)(246) 22

r3 (14)(25)(36) 23

r4 (153)(264) 22

r5 (165432) 21

Stoga je broj razli£itih bojenja tjemena pravilnog ²estougla sa dvijeboje pri dejstvu grupe rotacija jednak

16

(26 + 2 · 21 + 2 · 22 + 23

)=

846

= 14.

233


Ako ºelimo izra£unati broj razli£itih bojenja pri dejstvu diedarske grupeD6, primjenom formule (10.6) dobijamo

112

(26 + 2 · 21 + 2 · 22 + 23 + 3 · 23 + 3 · 24

)=

15612

= 13.

♦Primjer 10.3.8. �est strana kocke ºelimo obojiti sa tri boje. Dva bo-jenja smatramo istim ako se rotacijama kocke10 jedno moºe transfo-rmisati u drugo. Koliko ima razli£itih bojenja?Rje²enje: Grupa rotacija kocke G ima 24 elementa. Opi²imo ih:

ab

c

Slika 10.3. Rotacije kocke.

tip a: rotacije oko glavne dijagonale (prava a na slici 10.3). Postoje£etiri takve prave i oko svake od njih po dvije neidenti£ke rotacije,za 120◦ i 240◦.

tip b: rotacije za 180◦ oko prave koja prolazi kroz polovi²ta naspram-nih ivica (na slici 10.3 to je prava b). Postoji ²est takvih pravih iukupno ²est rotacija ovog tipa.

Kod prave koja sadrºi centre naspramnih strana kocke (prava c naslici 10.3) postoje dvije �vrste� rotacija. Postoje tri takve prave.

10 Rotacija kocke je rotacija prostora R3 oko neke prave kojom se kocka slika u samusebe.

234


tip c1: rotacije oko c za 90◦ (odnosno 270◦ stepeni) koje su reda tri.Ukupno ima ²est takvih rotacija.

tip c2: rotacije oko c za 180◦ koje su reda dva. Postoje tri ovakverotacije.

tip e: Identi£ko preslikavanje je tako�e u grupi rotacija kocke.

Lako je primijetiti da permutacije istog tipa �ksiraju isti broj bojenjastrana kocke. Da bismo mogli primijeniti formulu (10.6) izra£unajmo|FixY (π)| za sve π ∈ G:

tip perm. br. perm. tog tipa br. ciklusa c(π) doprinos u (10.6)a 8 2 8 · 32

b 6 3 6 · 33

c1 6 3 6 · 33

c2 3 4 3 · 34

e 1 6 36

Sada dobijamo da je traºeni broj razli£itih bojenja kocke sa tri bojejednak

124

(72 + 162 + 162 + 243 + 729) =136824

= 57.

♦

Dakle, sada znamo odgovoriti na pitanje koliko ima razli£itih bo-jenja kona£nog skupa X pri dejstvu G < SX sa bojama iz skupa B.

Me�utim, moºemo postaviti i jo² konkretnije pitanje:Koliko ima bojenja strana kocke sa crvenom, plavom i bijelom bojom, ukojima se crvena boja upotrebi tri puta, plava dva i bijela jedan put?

Jo² op²tije je sljede¢e pitanje:

Neka je X skup sa n elemenata i neka na X dejstvuje kona£nagrupa G. Neka je B skup boja kojima se boje elementi iz X. Koliko imarazli£itih bojenja elemenata iz X pri dejstvu grupe G u kojima se bojab1 upotrebi n1 puta, boja b2 se upotrebi n2 puta, . . ., boja bk se upotrebink puta? Pri tome je n1 + n2 + · · ·+ nk = n.

Primijetimo da u ovom slu£aju skup boja moºe da bude i beskona£an!

235


Odgovor na postavljeno pitanje ¢emo potraºiti u obliku funkcija genera-trisa. Neka je B = {b1, b2, . . . , } dozvoljen skup boja za bojenje n-£lanogskupa X na kojem dejstvuje grupa G < SX .

Za niz ili ure�enu m-torku (n1, n2, n3, . . .) (u zavisnosti od togada li je skup boja B kon£an ili nije), za koju je

∑k∈N nk = n sa

κ(n1, n2, n3, . . .) ozna£imo broj razli£itih bojenja X u kojima se boja b1

upotrebi n1 put, boja b2 se upotrebi n2 puta, itd . . ..Dakle, odgovor na postavljeno pitanje su koe�cijenti polinoma ili

stepenog reda (ako je skup boja beskona£an)

FG(x1, x2, . . .) =∑

(n1,n2,...); ∑nk=n

κ(n1, n2, n3, . . .)xn11 xn2

2 xn33 · · · .

Primjer 10.3.9. Odrediti polinome FZ6 i FD6 pri bojenju tjemena²estougla sa dvije boje.Rje²enje: Direktnim prebrojavanjem sa slike 10.1 dobijamo

FZ6(x1, x2) = x61 + x5x2 + 3x4

1x22 + 4x3

1x32 + 3x2

1x42 + x1x

52 + x6

2.

Taj polinom je neznatno druga£iji, ako se posmatraju bojenja sa dvijeboje pri dejstvu diedarske grupe Dn:

FD6(x1, x2) = x61 + x5x2 + 3x4

1x22 + 3x3

1x32 + 3x2

1x42 + x1x

52 + x6

2.

♦Iz polinoma (ili reda) FG se lako dobije broj razli£itih bojenja elemenataskupa X sa bojama iz B pri dejstvu grupe G < SX . To je naprosto zbirsvih koe�cijenata FG, odnosno FG(1, 1, . . .). U prethodnom primjeru jeFZ6(1, 1) = 14 i FD6(1, 1) = 13.

Da bi odredili FG posmatra¢emo jedan drugi polinom - ciklus indika-tor grupe G.DEFINICIJA 10.3.10 (ciklus indikator). Neka je G podgrupasimetri£ne grupe Sn. Ako je type(π) = (c1, c2, . . . , cn) tip neke pe-rmutacije π iz G (prisjetimo se da je ck broj k-ciklusa u π), tada sepermutaciji π dodijeli monom Zπ = zc1

1 zc22 · · · zcn

n . Polinom

ZG(z1, z2, . . . , zn) =1|G|

∑

π∈G

Zπ.

u promjenljivim z1, z2, . . . , zn se naziva ciklus indikator grupe G.

236


Primjer 10.3.11. Izra£unati ciklus indikatore grupa iz primjera 10.3.1(grupe Z6 i D6) i 10.3.8 (G je grupa rotacija kocke).Rje²enje: Svaku od posmatranih grupa identi�kujemo sa odgovara-ju¢om podgrupom simetri£ne grupe. Za sve elemente grupe odredimostrukturu ciklusa. Na primjer, £etiri rotacije tipa a u primjeru 10.3.8imaju dva ciklusa duºine tri, ²est rotacija tipa c1 imaju dva ciklusaduºine jedan i jedan ciklus duºine £etiri, tri rotacije tipa c2 imaju dvaciklusa duºine jedan i dva ciklusa duºine dva, itd. . .. Tako dobijamo

ZZ6 =16

(z61 + z3

2 + 2z23 + 2z6

);

ZD6 =112

(z61 + 4z3

2 + 2z23 + 2z6 + 3z2

1z22

);

ZG =124

(z61 + 8z2

3 + 6z32 + 6z2

1z4 + 3z21z

22).

♦Koriste¢i ranije uvedene oznake sada moºemo izre¢i glavni rezultat

u teoriji Polje i Red�lda.TEOREMA 10.3.12 (Polja, 1937). Polinom FG se dobije tako ²topromjenljivu zi u ciklus indikatoru ZG zamijenimo sa sumom xi

1 +xi2 +

· · · , odnosno:

FG(x1, x2, . . .) = ZG(x1 + x2 + · · · , x21 + x2

2 + · · · , . . . , xn1 + xn

2 + · · · ).

Prije dokaza, ilustrujmo kako se prethodna teorema koristi na ve¢poznatom primjeru. Primijenimo je na bojenja strana kocke sa tri bojepri dejstvu grupe rotacija kocke. Ako iskoristimo rje²enje iz primjera10.3.11 dobi¢emo:

FG(x1, x2, x3) =124

((x1+x2+x3)6+8(x3

1+x32+x3

3)2+6(x2

1+x22+x2

3)3+

+6(x1 + x2 + x3)2(x41 + x4

2 + x43) + 3(x1 + x2 + x3)2(x2

1 + x22 + x2

3)2).

Broj razli£itih bojenja strana kocke sa tri crvene, dvije plave i jednombijelom stranom moºemo prepoznati kao koe�cijent uz x3

1x22x3 u razvoju

ovog polinoma! Uz malo ra£unanja, dobijamo da postoje tri takva bo-jenja.

237


Dokaz. Neka je X skup od n elemenata i neka na X dejstvuje nekagrupa G. Podsjetimo se da je G podgrupa simetri£ne grupe Sn.Dalje, neka je B = {b1, b2, . . .} skup boja i neka je Y = {f |f : X → B}skup svih bojenja elemenata iz X sa bojama iz B.

Za niz η = (n1, n2, n3, . . .) u kojem je n1 + n2 + n3 + · · · = n uo£imo

Yη = {f ∈ Y | za sve k je |f−1(bk)| = nk} ⊆ Y.

Dakle, skup Yη £ine ona bojenja elemenata skupa X sa bojama iz B ukojima se boja bk pojavi koristila ta£no nk puta.Dejstvo permutacija iz grupe G na bojenjima iz Y je opisano u (10.5).Uo£imo da za sve π ∈ G i f ∈ Y bojenja f i π(f) svaku boju iz Bupotrebe isti broj puta.Dakle, ako je f ∈ Yη, tada je i π(f) ∈ Yη, pa je sa (10.5) dobro de�-nisano i dejstvo grupe G na skupu Yη!

Broj orbita u Yη pri dejstvu grupe G je ba² κ(n1, n2, . . .), odnosno ko-e�cijent uz xn1xn2 · · · u polinomu (redu) FG. Taj broj moºemo odreditikoriste¢i Bernsajdovu lemu.Primjetimo da je bojenje f iz Yη �ksno za π iz G, odnosno f ∈ FixYη(π),ako i samo ako vrijedi:• f je konstanta na svim ciklusima u π, to jest, elementi iz istog ciklusa

permutacije π su obojeni istom bojom.• za svaki k se boja bk pojavi nk puta.Posmatrajmo polinom (ili red)

Fπ =∏

j

(xj1 + xj

2 + · · · )cj(π) = Zπ(x1 + x2 + · · · , x21 + x2

2 + · · · , . . .).

Ako polinom Fπ zapi²emo kao zbir monoma, primijetimo da semonom xn1

1 xn22 · · · u Fπ pojavi ta£no |FixYη(π)| puta.

Zaista, izbor nekog xjk iz £inioca (xj

1+xj2+· · · )cj(π) odgovara bojenju

j elemenata jednog od cj(π) ciklusa duºine j sa bojom bk. Ako se u tommonomu pojavi xnk

k , tada je boja bk upotrebljena ukupno nk puta.Stoga je

Fπ =∑

η

|FixYη(π)|xn11 xn2

2 · · · .

Sumiranjem po svim π ∈ G i djeljenjem sa |G| dobijamo

238


1|G|

∑

π∈G

Fπ =1|G|

∑

π∈G

Zπ(x1 + x2 + · · · , x21 + x2

2 + · · · , . . .) =

= ZG(x1 + x2 + · · · , x21 + x2

2 + · · · , . . .).

Sa druge strane, kada promjenimo poredak sumiranja, dobijemo

1|G|

∑

π∈G

Fπ =∑

η=(n1,n2,...)

(1|G|

∑

π∈G

|FixYη(π)|)

xn11 xn2

2 · · · =

= na osnovu Bernsajdove leme primjenjene na Yη = FG(x1, x2, . . .).

ut

Sada ¢emo pomo¢u teoreme 10.3.12 rije²iti jedan zanimljiv problem.Ogrlica duºine n je aranºman n dragulja na kruºnici, tako da je uda-ljenost dva susjedna dragulja uvijek ista. Ako na raspolaganju imamob razli£itih vrsta dragulja, i ako postoji dovoljan broj dragulja svakevrste, zanima nas koliko razli£itih ogrlica11 duºine n moºemo napraviti!

Dvije ogrlice smatramo istim ako se rotacijom jedne moºe dobitidruga. Dakle, grupa koja dejstvuje na skupu svih ogrlica sa n draguljaje cikli£ka grupa izomorfna sa Zn.

Da bismo mogli primijeniti teoremu10.3.12, potrebno je odrediti cik-lus indikator ZZn . U tome ¢e nam pomo¢i sljede¢a lema.LEMA 10.3.13. Neka je n proizvoljan prirodan broj. Za svaki d ∈ Nkoji dijeli broj n, u cikli£noj grupi Zn postoji ϕ(d) elemenata reda d(ϕ je Ojlerova funkcija). Ako Zn interpretiramo kao podgrupu Sn, tadasvaki element reda d ima n

d ciklusa duºine d.

Dokaz. Red elementa m ∈ Zn je najmanji prirodan broj d takav da jem · d = k · n za neki prirodan broj k. Ako je (m, n) najve¢i zajedni£kidjelitelj brojeva m i n, tada je

d · m

(m,n)= k · n

(m,n).

Kako su brojevi m(m,n) i n

(m,n) relativno prosti, a d najmanji prirodanbroj sa traºenim svojstvom, to je d =

n

(n,m)i k =

m

(m,n).

11 Ako dragulje zamislimo kao ta£ke, ogrlicu duºine n sa b vrsta dragulja moºemointerpretirati kao bojenje tjemena pravilnog n-tougla sa b boja

239


Dakle, red proizvoljnog elementa m ∈ Zn je n(n,m) , ²to je svakako

djelitelj broja n.

Sada nas jo² zanima, za proizvoljan broj d koji dijeli n, koliko ugrupi Zn ima razli£itih elemenata reda d?Iz prethodnog razmatranja moºemo zaklju£iti da je svaki m ∈ Zn redad oblika

m = k · n

d, pri £emu su brojevi k i d relativno prosti i k 6 d.

Razli£itih izbora za takav k ∈ N ima ta£no ϕ(d). O£igledno, sveorbite nekog elementa π reda d su oblika {x, π(x), π2(x), . . . , πd−1(x)}i duºine d. Tih orbita ima n

d .ut

Iz prethodne leme dobijamo da je

ZZn(z1, z2, . . . , zn) =1n

∑

d|nϕ(d)z

ndd .

Sada primjenimo formulu iz teoreme 10.3.12 i dobi¢emo

FZn(x1, x2, . . . , xb) =1n

∑

d|nϕ(d)(xd

1 + xd2 + · · ·+ xd

b)nd .

Specijalno, broj ogrlica duºine n sa£injenih od b vrsta dragulja (iuz pretpostavku da svake vrste ima dovoljno!) dobijemo kada u FZn

uvrstimo x1 = x2 = · · · = xb = 1:

1n

∑

d|nϕ(d)b

nd .

Ako u prethodnu formulu uvrstimo n = 6 i b = 2 dobi¢emo rje²enje izprimjera 10.3.1 sa po£etka poglavlja

16(ϕ(1)26 + ϕ(2)23 + ϕ(3)22 + ϕ(6)21) =

846

= 14.

240

10.4. Parcijalno ure�eni skupovi

10.4 Parcijalno ure�eni skupovi

U raznim oblastima matematike vaºnu ulogu imaju skupovi u kojimase, na neki prirodan na£in, elementi mogu upore�ivati po veli£ini. Zatakve skupove kaºemo da su parcijalno ure�eni. Evo i formalne de�nicijeparcijalno ure�enih skupova.DEFINICIJA 10.4.1. Neka je P neprazan skup i neka je 6 relacijana skupu P koja je• re�eksivna: za sve x ∈ P vrijedi x 6 x;• antisimetri£na: ako vrijedi x 6 y i y 6 x tada je x = y;• tranzitivna: ako je x 6 y i y 6 z tada je i x 6 z.

Ure�en par (P, 6) se naziva parcijalno ure�en skup ili kra¢eposet.

Relacija 6 se naziva poredak ili ure�enje na skupu P . Ako je izkonteksta jasno o kojem poretku je rije£, govori¢emo o posetu P , beznagla²avanja o kojem je poretku rije£.

Dva elementa x i y nekog poseta P su uporedivi ako je x 6 y iliy 6 x, ina£e su neuporedivi. Rije£ parcijalno u imenu ove strukturenagla²ava da nisu nuºno svaka dva elementa iz skupa P uporediva.

Ako je x 6 y, a nije x = y kaºemo da je x manji od y i to seuobi£ajeno zapi²e sa x < y.

Ako je skup P kona£an kaºemo da je P kona£an poset. Svi poseti kojebudemo posmatrali ¢e biti kona£ni i to ne¢emo posebno nagla²avati.

Evo nekoliko primjera poseta:1. Na skupu [n] moºemo posmatrati uobi£ajen poredak 6. U posetu

([n],6) su svaka dva elementa uporediva, to jest, ovaj poset je li-nearno ure�en.

2. Za sve n ∈ N sa Bn ozna£imo poset na partitivnom skupu od [n].Relacija poretka u posetu Bn je inkluzija ⊆.

3. Za proizvoljan prirodan broj n, ozna£imo sa Dn skup svih djeliteljabroja n. Poredak na skupu Dn je relacija biti djeljiv, ²to se uobi£a-jeno ozna£i sa |. Dakle, broj x je �manji� od y u posetu Dn ako isamo ako x dijeli y.

4. Neka je Πn skup svih particija skupa [n]. Poredak na Πn se moºede�nisati ovako: π 6 σ ako i samo ako je svaki blok particije σ unijanekih blokova particije π.

241


Po£e¢emo sa de�nicijama nekih osnovnih pojmova o posetima. Za-interesovani £italac vi²e informacija o posetima moºe prona¢i u [34].

Ako je x element nekog poseta P i ako ne postoji y iz P takavda je y < x kaºemo da je x minimalan element u posetu P . Nasli£an na£in se de�ni²e i maksimalan element u posetu P − to jeelement od kojeg nijedan element iz poseta P nije ve¢i. Svaki kona£anposet ima minimalan i maksimalan element, ali ti elementi ne morajubiti jedinstveni. Ako su u posetu P minimalan i maksimalan elementjedinstveni, uobi£ajeno je te elemente ozna£iti sa 0̂P i 1̂P .

Ako je (P, 6) neki poset i ako je Q ⊆ P indukovan potposet(Q,6) se de�ni²e prirodno: za x, y iz Q vrijedi x 6 y u Q ako i samoako je x 6 y u P . Za x, y iz P za koje vrijedi x 6 y de�ni²emo zatvoreninterval [x, y] kao potposet od P indukovan skupom {z ∈ P : x 6 z 6y}. Sli£no se de�ni²e i otvoren interval (x, y) = {z ∈ P : x < z < y}.Specijalno je (x, x) = ∅.

Ako u posetu P vrijedi x < y i (x, y) = ∅, kaºemo da y natkrivax i to zapi²emo sa x ≺ y. Svaki kona£an poset je lako rekonstruisati izrelacije natkrivanja. Ta £injenica se koristi da se poset predstavi gra�£ki.

Haseov dijagram12 poseta P je graf £ija su tjemena elementi iz P .Ako je x < y tada se ta£ka koja odgovara elementu x nalazi ispod ta£kekoja odgovara y. Dalje, ako je x ≺ y tada su ta£ke koje odgovarajuelementima x i y spojene ivicom. Haseovi dijagrami poseta koje smomaloprije posmatrali13 su na slici 10.4.

12 13 14 23 24 34

234123 14|23 13|24 124 12|34 134

1

532

4 6 10 15

12 20 30

60

1234

Slika 10.4. Primjeri poseta ([6], 6), B4, D60 i Π4

12 Helmut Hasse (1898-1979)13 Zbog preglednosti, nisu ozna£eni svi elementi u Haseovim dijagramima. U oz-

nakama elemenata poseta Π4 su izostavljeni svi jedno£lani blokovi.

242


Lanac C u posetu P je podskup od P u kojem su svaka dva elementauporediva. Duºina lanca C se ozna£ava sa `(C) i de�ni²emo da je`(C) = |C| − 1. Lanac C u posetu P je maksimalan ako ne postojix ∈ P \ C takav da je C ∪ {x} tako�e lanac u P .

Poset P je graduisan ako su svi maksimalni lanci u posetu P iste du-ºine i ako poset P ima jedinstvene najmanji i najve¢i element 0̂P i 1̂P .U graduisanom posetu, za svaki x ∈ P , svi maksimalni lanci u intervalu[0̂, x] su iste duºine.To svojstvo poseta de�ni²e funkciju ranga r : P → N0, gdje jer(x) = `(C) za neki maksimalan lanac C u intervalu [0̂, x].

Funkciju ranga na graduisanom posetu P moºemo opisati i ovako:

r(0̂P ) = 0, i ako su x, y ∈ P takvi da x ≺ y tada je r(y) = r(x) + 1.

Antilanac u posetu P je podskup od P u kojem nikoja dva elementanisu uporediva.PRIMJEDBA 10.4.2. Ako je C lanac, a A antilanac u posetu P ,tada vrijedi |C ∩A| 6 1.O£igledna posljedica ove primjedbe su sljede¢a dva tvr�enja:

(i) Ako poset P ima lanac sa r elemenata tada se P ne moºe napisatikao disjunktna unija manje od r antilanaca.

(ii) Ako poset P ima antilanac od m elemenata tada se P ne moºenapisati kao disjunktna unija manje od m lanaca.

Moºe se pokazati da u prethodnim tvr�enjima vrijede jednakosti.Dakle, svaki poset se moºe podijeliti na onoliko antilanaca (lanaca)kolika je veli£ina najve¢eg lanca (antilanca) u P .TEOREMA 10.4.3. Ako najduºi lanac u posetu P ima r elemenatatada se P moºe napisati kao unija r disjunktnih antilanaca.

Dokaz. Svakom elementu x iz poseta P dodijelimo visinu v(x) := duºinanajduºeg lanca kojem je maksimalan element x.Uo£imo skupove Ai := {x ∈ P : v(x) = i}. Kako je najduºi lanac u Pduºine r, to je Ai = ∅ za i > r. O£igledno je da su elementi u istom Ai

neuporedivi, pa je

P = A0 ∪A1 ∪ · · · ∪Ar−1.

traºeno razlaganje P na antilance.ut

243


TEOREMA 10.4.4 (Dilvort14). Ako najbrojniji antilanac u posetuP ima m elemenata, tada se P moºe napisati kao unija m disjunktnihlanaca.

Dokaz. Tvr�enje ¢emo dokazati indukcijom po broju elemenata u P .Posmatra¢emo dva slu£aja:

1◦ Postoji antilanac A sa m elemenata koji sadrºi bar jedan elementkoji nije minimalan i bar jedan element koji nije maksimalan u P .

Tada se mogu uo£iti neprazni skupovi

G = {x ∈ P : postoji a ∈ A takav da je a 6 x},

D = {y ∈ P : postoji a ∈ A takav da je y 6 a}.Tada je G∩D = A, a skupovi D i G imaju manje elemenata od P . Naindukovane posete D i G moºemo primijeniti induktivnu pretpostavku.Primijetimo da je A antilanac najve¢e duºine i u posetima D i G.

Ako su C ′1∪C ′

2∪· · ·∪C ′m = D i C ′′

1 ∪C ′′2 ∪· · ·∪C ′′

m = G dekompozicijeposeta D i G u disjunktne lance, svaki od tih lanaca sadrºi ta£no jedanelement iz A.

Nadovezuju¢i lance C ′i iz D i C ′′

j iz G koji sadrºe isti element iz A,dobi¢emo particiju poseta P u m disjunktnih lanaca.

2◦ Svaki maksimalan antilanac sa m elemenata sadrºi samo sve mi-nimalne ili samo sve maksimalne elemente poseta P .

U ovom slu£aju uo£imo minimalan element x ∈ P i maksimalany ∈ P takav da je x 6 y. U posetu P ′ = P \{x, y} antilanac moºe imatinajvi²e m− 1 elemenata, jer bi ina£e postojao antilanac u posetu P sam elemenata koji ne sadrºi sve minimalne niti sve maksimalne elementeiz P . Sada iskoristimo induktivnu pretpostavku i zaklju£imo da je posetP ′ mogu¢e podijeliti u najvi²e m− 1 lanaca.

Kada se tim lancima doda i lanac x 6 y, dobili smo podjelu posetaP u m disjunktnih lanaca.

ut

Teorema Hola o sistemima razli£itih predstavnika se lako moºeizvesti iz Dilvortove teoreme.

14 Robert Palmer Dilworth (1914 - 1993)

244


Jo² jedan dokaz teoreme 10.2.2 :Neka su A1, A2, . . . , An kona£ni skupovi. Posmatrajmo poset P koji

£ine svi elementi iz ∪i∈[n]Ai i jo² n �specijalnih� elemenata x1, x2, . . . xn

koji ne pripadaju nijednom od Ai.Poredak na posetu P de�ni²emo ovako:

elementi iz ∪i∈[n]Ai su minimalni, dok je xi ve¢i od svih elemenataiz Ai, to jest a < xi ako i samo ako a ∈ Ai.Uslov iz Holove teoreme

za sve {i1, i2, . . . , ik} ⊆ [n] vrijedi |Ai1 ∪Ai2 ∪ · · · ∪Aik | > k

nam garantuje da najve¢i antilanac A u tom posetu ne moºe imati vi²eod | ∪i∈[n] Ai| elemenata.

Stoga, elementi iz ∪i∈[n]Ai £ine antilanac maksimalne veli£ine u P .Iskoristimo tvr�enje teoreme 10.4.4, i primijetimo da u dekompoziciji Pu disjunktne lance svaki xi pripada ta£no jednom od tih lanaca. Uo£imon lanaca oblika {ai < xi}. Minimalni elementi tih lanaca £ine sistemrazli£itih predstavnika.

ut

Sada ¢emo pokazati kako se neke numeri£ke karakteristike poseta mogura£unati uz malu pomo¢ linearne algebre. Za proizvoljan poset P saInt(P ) ozna£imo skup svih zatvorenih, nepraznih intervala u posetu P .DEFINICIJA 10.4.5. Algebra incidencije I(P ) na posetu P jeskup svih funkcija f : Int(P ) → C. Umjesto f([x, y]) pisa¢emo kra¢ef(x, y). Mnoºenje u algebri I(P ) je preslikavanje f ∗ g de�nisano sa:

(f ∗ g

)(x, y) =

∑

z∈[x,y]

f(x, z) · g(z, y).

Preslikavanje f ∗ g se naziva konvolucija funkcija f i g.Ako je (P, 6) neki poset, linearna ekstenzija poretka na posetu P

je pro²irenje relacije 6 tako da svaka dva elementa u P budu uporedivi.Drugim rije£ima, linearna ekstenzija P je permutacija x1, x2, . . . , xn

njegovih elemenata u kojoj se svaki element iz P pojavi prije svih onihod kojih je manji (to jeste, vrijedi xi < xj ⇒ i < j). Na primjer,

∅, {1}, {2}, {1, 2}, {3}, {2, 3}, {1, 3}, {1, 2, 3}je jedna linearna ekstenzija poseta B3.

245


PRIMJEDBA 10.4.6. Neka je x1, x2, . . . , xn neka linearna ekstenzijaporetka na posetu P . Funkcija f : Int(P ) → C se moºe identi�kovati san× n matricom F =

(fij

)u kojoj je

fij ={

f(xi, xj), ako je xi 6 xj ;0, ako xi i yj nisu uporedivi.

Mnoºenje elemenata u algebri I(P ) sada moºemo prepoznati kao obi£nomnoºenje matrica. Dalje, moºemo zapaziti da je matrica pridruºenaproizvoljnoj funkciji f ∈ I(P ) uvijek gornje-trougaona. To je posljedica£injenice da su indeksi za vrste i kolone matrice linearna ekstenzijaposeta P .Iz prethodne primjedbe je lako zaklju£iti da je funkcija δ : Int(P ) → Cde�nisana sa

δ(x, y) ={

1, ako je x = y;0, ina£e.

jedinica u algebri I(P ). To zna£i da za sve f ∈ I(P ) vrijedi f ∗ δ =δ ∗ f = f .

Za funkciju f ∈ I(P ) kaºemo da je invertibilna u algebri I(P ) akoi samo ako postoji g ∈ I(P ) tako da je f ∗ g = g ∗ f = δ. Ako takvafunkcija g postoji ozna£ava se sa f−1 i naziva inverz od f . Koriste¢imatri£nu reprezentaciju elemenata algebre I(P ) iz primjedbe 10.4.6.moºemo zaklju£iti da je f ∈ I(P ) invertibilna ako i samo ako za svex ∈ P vrijedi f(x, x) 6= 0.Pomo¢u algebre incidencije moºemo odrediti broj lanaca, broj maksi-malnih lanaca i broj multilanaca u nekom intervalu [x, y].Multilanac duºine k od x do y je niz (multiskup) x = x0 6 x1 6 · · · 6xk = y elemenata iz P .

Zeta funkcija na posetu P je de�nisana sa ζ(x, y) = 1 ako je x 6 yu posetu P , a ako su x i y neuporedivi tada je ζ(x, y) = 0.TEOREMA 10.4.7. Broj multilanaca duºine k od x do y je ζk(x, y).

Dokaz. Koristimo indukciju po k. Za k = 1 postoji ta£no jedan lanacx = x0 6 x1 = y duºine jedan (ako je x 6 y) ili nijedan (ako su x i yneuporedivi). Naravno, broj multilanaca duºine jedan je jednak ζ(x, y).Primijetimo da je

ζ2(x, y) =∑

z∈[x,y]

ζ(x, z)ζ(z, y) =∑

z∈[x,y]

1 =∣∣[x, y]

∣∣,

246


²to je ta£no broj multilanaca duºine dva od x do y. Dalje, moºemora£unati

ζk(x, y) =(ζk−1 ∗ ζ

)(x, y) =

∑

z∈[x,y]

ζk−1(x, z)ζ(z, y).

Na osnovu induktivne pretpostavke dobijamo da je

ζk(x, y) =∑

x=x06x16···6xk=y

1.

Stoga je broj multilanaca duºine k u intervalu [x, y] jednak ζk(x, y).ut

PRIMJEDBA 10.4.8. Na sli£an na£in se moºe dokazati da je brojlanaca duºine k od x do y jednak

(ζ − δ

)k(x, y).

TEOREMA 10.4.9. Broj svih lanaca u [x, y] je(2δ − ζ

)−1(x, y).

Dokaz. Neka je k duºina najduºeg lanca u [x, y]. Iz primjedbe 10.4.8znamo da je tada (ζ − δ)k+1(x, y) = 0. Stoga, u algebri I(P ) vrijedi

((δ +

(δ − ζ

)) ∗[δ +

(ζ − δ

)+ · · ·+ (

ζ − δ)k

])(x, y) = δ(x, y).

Iz prethodne jednakosti dobijamo da je(2δ−ζ

)−1(x, y) = δ(x, y)+(ζ−δ

)(x, y)+

(ζ−δ

)2(x, y)+· · · (ζ−δ)k(x, y).

Tvr�enje teoreme slijedi iz primjedbe 10.4.8.ut

U prethodnoj teoremi se pokazalo inverz neke prirodno de�nisanefunkcije iz algebre incidencije moºe biti od koristi u odre�ivanju nekihkombinatornih svojstava poseta P . Posebno vaºnu i £estu primjenu imainverz zeta funkcije.DEFINICIJA 10.4.10 (Mebijusova15 funkcija). Mebijusova fu-nkcija µ na posetu P je inverz zeta funkcije ζ. Iz uslova µ ∗ ζ = δdobijamo da je

δ(x, y) =∑

z : x6z6y

µ(x, z) ={

1, ako je x = y;0, ako je x < y.

15 August Ferdinand Möbius (1790 - 1868)

247


Iz prethodne jednakosti moºemo zaklju£iti da je Mebijusova funkcija naposetu P de�nisana sa µ(x, x) = 1, za sve x ∈ P , dok za x < y vrijedi

µ(x, y) = −∑

z : x6z<y

µ(x, z).

Evo nekoliko poseta kod kojih je lako izra£unati Mebijusovu funkciju.(i) Neka je ([n], 6) lanac sa n elemenata. Iz de�nicije Mebijusove

funkcije je o£igledno da za x 6 y u ovom posetu vrijedi

µ(x, y) =

1, ako je x = y;−1, ako je x ≺ y ;0, ina£e.

(ii) U posetu Bn za A ⊆ B vrijedi µ(A,B) = (−1)|B\A|.To se moºe pokazati indukcijom po |B \ A|. Ako je |B \ A| = k, izde�nicije 10.4.10 i iz induktivne pretpostavke dobijamo

µ(A,B) = −∑

C:A⊆C(B

µ(A,C) = −k−1∑

i=0

(k

i

)(−1)i = (−1)k.

Za proizvoljne posete (P, 6P ) i (Q,6Q) de�ni²emo direktni proizvodkao novi poset na skupu P ×Q. U tom posetu je

(x, y) 6 (x′, y′) ako i samo ako je x 6P x′ i y 6Q y′.

TEOREMA 10.4.11. Neka su µP i µQ Mebijusove funkcije na pose-tima P i Q. Tada, za Mebijusovu funkciju na posetu P ×Q vrijedi

µP×Q

((x, y), (x′, y′)

)= µP (x, x′)µQ(y, y′).

Dokaz. Pokaza¢emo da funkcija P × Q 7→ C koja ure�enom paru((x, y), (x′, y′)) dodijeli µP (x, x′)µQ(y, y′) zadovoljava uslove iz de�ni-cije 10.4.10. Ako je x = x′ i y = y′ to je o£igledno. Ako je x 6= x′ iliy 6= y′ tada je

0 =

∑

p:x6p6x′µP (x, p)

∑

q:y6q6y′µQ(y, q)

=

∑

(p,q)

µP (x, p)µQ(y, q).

U posljednjoj sumi, sabiramo po svim (p, q) iz [(x, y), (x′, y′)]. Ovakode�nisana funkcija je inverz zeta funkcije, pa tvr�enje teoreme slijedi izjedinstvenosti inverza u algebri I(P ).

ut

248


Neka su n1, n2, . . . , nk prirodni brojevi i neka je ([ni], 6) lanac duºineni. Poset P = [n1]× [n2]× · · · × [nk] moºemo identi�kovati sa skupomure�enih k-torki x = (x1, x2, . . . , xk), pri £emu je 1 6 xi 6 ni i vrijedi

x 6P y ako i samo ako je xi 6 yi za sve i ∈ [n].

Mebijusovu funkciju poseta P moºemo odrediti koriste¢i teoremu 10.4.11:

µP (x,y) =

{(−1)

∑ki=1(yi−xi), ako je yi − xi jednak 0 ili 1 za sve i;

0, ina£e.

Ako je kanonska faktorizacija prirodnog broja n = pn11 pn2

2 · · · pnkk

tada se poset njegovih djelitelja Dn moºe identi�kovati sa P = [n1] ×[n2]× · · ·× [nk]. U tom posetu je x 6 y ako i samo ako x|y. Mebijusovafunkcija u posetu Dn je

µ(x, y) ={

(−1)t, ako je yx proizvod t razli£itih prostih brojeva;

0, ako kvadrat nekog prostog broja dijeli yx .

Tako se Mebijusova funkcija ovog poseta moºe prepoznati kao Mebi-jusova funkcija iz teorije brojeva:

µ(r) ={

(−1)t, ako je r proizvod t razli£itih prostih brojeva;0, ina£e. (10.7)

Primijetimo da je µ(r) = µDr(1, r).

TEOREMA 10.4.12. Neka je P proizvoljan kona£an poset i neka P̂ozna£ava poset koji se dobije kada u P dodamo 0̂ i 1̂. Ako je ck brojlanaca 0̂ < x1 < x2 < · · · < xk < 1̂ duºine k izme�u 0̂ i 1̂, tada vrijedi

µP̂ (0̂, 1̂) = c0 − c1 + c2 − c3 + · · · .

Dokaz.µP̂ (0̂, 1̂) = ζ−1

P̂(0̂, 1̂) = (δ + (ζ − δ))−1(0̂, 1̂) =

= δ(0̂, 1̂)− (ζ − δ)(0̂, 1̂) + (ζ − δ)2(0̂, 1̂)− · · · = c0 − c1 + c2 − · · · .

Posljednja jednakost slijedi na osnovu primjedbe 10.4.8.ut

249


Prethodna teorema je zanimljiva jer povezuje Mebijusovu funkciju iOjlerovu karakteristiku, jedan vaºan pojam u algebarskoj topologiji. Ovezi izme�u kombinatorike i topologije se govori u [8], [25] i [41].

Sljede¢e tvr�enje je jo² jedan od razloga za²to je funkcija Mebijusatoliko zna£ajna.TEOREMA 10.4.13 (Mebijusova formula inverzije). Neka je Pneki poset i neka je f : P → C. Ako de�ni²emo funkciju g : P → C sag(x) =

∑y6x f(y) tada za sve x ∈ P vrijedi

f(x) =∑

y6x

µ(y, x)g(y).

Dokaz. Neka je x1, x2, . . . , xn neka linearna ekstenzija poseta P . Funkcijef i g moºemo zapisati kao vektore iz Cn:

f =(f(x1), f(x2), . . . , f(xn)

)i g =

(g(x1), g(x2), . . . , g(xn)

).

Neka je Z = (zij) matri£ni zapis zeta funkcije (gornje-trougaona,zij = 1 ⇔ xi 6 xj , ina£e je zij = 0) poseta P . De�niciju funkcije g izformulacije teoreme sada moºemo iskazati pomo¢u proizvoda matrica:

g = f · Z. (10.8)

Inverzna matrica za Z je matrica M =(mij

), gdje je

mij ={

µ(xi, xj), ako je xi 6 xj ;0, ina£e.

Mnoºenjem formule (10.8) sa M dobijamo da je f = g ·M.ut

Iz dokaza prethodne teoreme lako se zaklju£i da za funkcije f i gvrijedi

g(x) =∑

y6x

f(y) za sve x ∈ P ⇔ f(x) =∑

y6x

µ(y, x)g(y) za sve x ∈ P.

Na sli£an na£in, mnoºe¢i matricom M slijeva izraz gτ = Z · f τ zaklju£u-jemo da vrijedi

g(x) =∑

y>x

f(y) za sve x ∈ P ⇔ f(x) =∑

y>x

µ(y, x)g(y) za sve x ∈ P.

250


Vaºnost teoreme 10.4.13, izme�u ostalog je u tome ²to su neke po-znate teoreme njen specijalni slu£aj. Sljede¢a teorema je vaºna u teorijibrojeva.TEOREMA 10.4.14. Neka su f, g : N → Z takve da za sve n ∈ Nvrijedi g(n) =

∑

d|nf(d). Tada je f(n) =

∑

d|nµ (n/d) g(d), gdje je µ

Mebijusova funkcija iz teorije brojeva, de�nisiana u formuli (10.7).

Za funkciju f : N→ Z se de�ni²e operator diferenciranja ∆ sa:∆f(n) = f(n)− f(n− 1).

Po dogovoru se smatra da je f(0) = 0. Operator ∆ se moºe shvatitikao diskretna varijanta izvoda funkcije f . Sli£no, diskretna zamjena zaintegral funkcije je operator S:

Sf(n) =n∑

i=1

f(i).

Osnovna teorema diferencnog ra£una jeTEOREMA 10.4.15. Za proizvoljnu funkciju f : N→ Z vrijedi

∆Sf(n) = f(n).

Sljede¢a teorema je vaºno uop²tenje formule uklju£enja-isklju£enja (vi-djeti relaciju (7.5)).TEOREMA 10.4.16. Neka su f i g funkcije koje podskupovima od[n] dodjeljuju kompleksne brojeve i neka je

g(R) =∑

T :R⊆T

f(T ) za sve R ⊆ [n].

Tada vrijedi

f(R) =∑

T :R⊆T

(−1)|T\R|g(T ) za sve R ⊆ [n].

Prethodne tri teoreme nije te²ko dokazati direktno, ali za tim nemapotrebe. Jednostavno uo£imo da ih moºemo dobiti primjenom Mebi-jusove formule inverzije na posete (Dn, |), ([n], 6) i (Bn,⊆).

O zna£aju Mebijusove funkcije i raznim primjenama vi²e se moºepro£itati u [29], [1] i [36].

251

10.5. Neki enumerativni problemi iz teorije grafova

10.5 Neki enumerativni problemi iz teorije grafova

U ovom poglavlju posmatramo nekoliko interesantnih i vaºnih pro-blema enumerativne kombinatorike koji su se pojavili u teoriji grafova.Neki od tih problema ¢e posluºiti za ilustraciju snage i e�kasnostimetoda prebrojavanja o kojima je bilo rije£i u ovoj glavi.

Na po£etku dajemo de�nicije osnovnih pojmova koje ¢emo kori-stiti. Zaineresovani £itaoci vi²e detalja o tim pojmovima, i o grafovimauop²te, mogu na¢i u [28] i [39].

Formalno, prost graf G = (V,E) je ure�en par sastavljen odnepraznog skupa V (tjemena grafa G) i skupa E (ivice grafa G),pri £emu je E podskup skupa svih dvo£lanih podskupova od V . Ivicue = {u, v} ∈ E u grafu G uobi£ajeno je kra¢e zapisati sa e = uv. Akoje e = uv ∈ E, kaºemo da su tjemena u i v susjedna u grafu G (ivicae spaja tjemena u i v). Evo nekoliko primjera grafova:• kompletan graf sa n tjemena: Kn = ([n],

([n]2

)),

• put sa n tjemena: Pn = ([n], {12, 23, . . . , (n− 1)n}),• ciklus sa n tjemena: Cn = ([n], {12, 23, . . . , (n− 1)n, 1n}).Uobi£ajeno je graf predstaviti crteºom u ravni, tako da tjemena grafabudu ta£ke u ravni, a ivice duºi ili krive koje spajaju susjedna tjemena.Na slici 10.5 su grafovi K4,K5, C6 i P5.

Slika 10.5. Grafovi K4, K5, C6, P5.

Graf G1(V1, E1) je izomorfan sa grafom G2(V2, E2) ako postoji bi-jekcija f : V1 → V2 takva da vrijedi:

uv ∈ E1 ⇔ f(u)f(v) ∈ E2.

Za tjeme v ∈ V u grafu G, stepen tjemena v je broj d(v) tjemena izV koji su susjedni sa v. Ako su v1, v2, . . . , vn sva tjemena grafa G, nizstepena tjemena tog grafa je ure�ena n-torka (d(v1), d(v2), . . . , d(vn)).

252


Ako su u i v tjemena grafa G, put od u do v je niz razli£itih tjemenau = v1, v2, . . . , vk, vk+1 = v u grafu G, tako da za sve i ∈ [k] vrijedivivi+1 ∈ E.

Graf G = (V,E) je povezan ako za svaka dva tjemena u i v postojiput od u do v. Graf G je ²uma (ili acikli£an) ako ne sadrºi zatvoren put(ciklus) v1v2 . . . vkv1. Povezan, acikli£an graf se naziva stablo. Tjemestepena jedan u stablu se naziva list.

Neka je G graf sa n tjemena. Moºe se pokazati da su sljede¢e tvrdnjeekvivalentne:• G je stablo,• G je povezan graf sa n− 1 ivicom,• G je acikli£an graf sa n− 1 ivicom.

BROJ OZNA�ENIH STABALAJedan od najpoznatijih i najljep²ih rezultata u kombinatorici je Kejli-jeva16 formula za broj ozna£enih stabala. Ozna£eno stablo sa n tjemenaima �ksiran skup tjemena, uobi£ajeno je to skup [n]. Dva ozna£ena sta-bla su ista ako su im skupovi grana jednaki. Na slici 10.6 se nalazi 16razli£itih ozna£enih stabala sa £etiri tjemena.

1

2

34

2

2 2

1 1 1

3

3

34 4

4

1 1 1

1 1 1

1 1 1

2 2

2 2 2

2 2 2

3 4 4 3 34

34 43 3 4

2 34 2 4 3 2 43

2 41 3 3 1 4 3 41

Slika 10.6. Sva ozna£ena stabla sa £etiri tjemena.

TEOREMA 10.5.1 (Kejli, 1889). Postoji ta£no nn−2 ozna£enih sta-bala sa n tjemena.

Pored toga ²to daje elegantan i jednostavan odgovor na prirodnopostavljeno pitanje, ova teorema je zanimljiva i lijepa i zato ²to se moºedokazati koriste¢i razli£ite kombinatorne ili algebarske metode.16 Arthur Cayley (1821-1895)

253


• Dokaz bijekcijom:Broj nn−2 je lako prepoznati kao broj svih ure�enih (n − 2)-torki

elemenata skupa [n]. Kejlijeva teorema ¢e biti dokazana ako se pokaºeda postoji bijekcija izme�u skupa svih ozna£enih stabala sa n tjemenai skupa [n]n−2. Hajnc Prifer17 je 1918. godine opisao kako se svakomozna£enom stablu T sa n tjemena moºe dodijeliti Priferov niz aT =(a1, a2, . . . , an−2) iz skupa [n]n−2 tako da preslikavanje T 7→ aT budebijekcija.

Preslikavanje koje ozna£enom stablu T dodijeli niz aT moºe se ko-nstruisati na sljede¢i na£in:

Neka je v list u T sa najmanjom oznakom i neka je oznaka njegovogsusjeda a1. Ta oznaka a1 je prvi £lan Priferovog niza. Sada posmatra-jmo stablo T − {v}, uo£imo list sa najmanjom oznakom, i upamtimooznaku a2 njegovog susjeda u T \ {v} (ta tjemena su susjedna i u po-laznom stablu T ). Oznaka a2 je drugi £lan Priferovog niza za stablo T .Ovaj postupak ponavljamo n − 2 puta; sve dok ne ostane samo jednaivica u T .

Indukcijom po broju tjemena lako se moºe pokazati da se u Prife-rovom nizu aT = (a1, a2, . . . , an−2) stabla T svako tjeme v pojavi ta£nod(v) − 1 puta. Dakle, jedina tjemena stabla T koja se ne pojave uPriferovom nizu aT su listovi.

Da je prethodno opisano preslikavanje bijekcija, pokaºe se tako ²to seopi²e inverzno preslikavanje koje svakom nizu iz [n]n−2 dodijeli stablo.

Ako je a = (a1, a2, . . . , an−2) ∈ [n]n−2, tom nizu dodijelimo stabloTa na sljede¢i na£in: Neka je v1 najmanji broj koji se ne pojavi u nizua. Tjeme v1 spojimo sa tjemenom a1. Dalje, uo£imo najmanji broj v2

iz [n] \ {v1} koji se ne pojavljuje u nizu (a2, a3, . . . , an−2). Tjeme v2

spojimo sa tjemenom a2. Ovaj postupak ponovimo n−2 puta i dobijemoacikli£an graf sa n− 2 ivica i dvije komponente povezanosti (dva stablasa ukupno n tjemena). Na kraju, dva tjemena koja se nisu pojavilau skupu {v1, v2, . . . , vn−2} (po jedno u svakoj od komponenti dosadkonstruisanog grafa) spojimo ivicom i dobijemo stablo Ta.

Koraci u konstrukciji stabla od zadanog niza su inverzni onima prikonstrukciji Priferovog niza od polaznog stabla, pa je T 7→ aT bijekcija.Jedan primjer korespondencije ozna£enog stabla i Priferovog niza je naslici 10.7.17 Ernst Paul Heinz Prüfer (1896-1934)

254


5

3

8 6 1 4

2

7

3

58

7

6 1 4

58 6 1 4

7

58 6 1

7

58 6

7

8 6

7

8 6

(7)

(7,8)

(7,8,1)

(7,8,1,6)

(7,8,1,6,8)

(7,8,1,6,8,6)

5

3

8 6 1 4

2

7

5

3

8 6 1 4

2

7

5

3

8 6 1 4

2

75

3

8 6 1 4

2

7

5

3

8 6 1 4

75

3

8 6 1 4

2

7

5

3

8 6 1 4

75

3

8 6 1 4

2

7

(7,8,1,6,8,6)

5

3

8 6 1 4

2

75

3

8 6 1 4

2

7

5

3

8 6 1 4

2

75

3

8 6 1 4

2

7

(8,1,6,8,6)

(1,6,8,6)

(6,8,6)

(8,6)

(6)

22

briše se ivica 27

briše se ivica 38

briše se ivica 14

briše se ivica 16

briše se ivica 58

briše se ivica 67

dodaje se ivica 27

dodaje se ivica 38

dodaje se ivica 14

dodaje se ivica 16

dodaje se ivica 58

dodaje se ivica 67

Slika 10.7. Primjer korespondencije izme�u ozna£enih stabala i Priferovih nizova.

255


• Dokaz pomo¢u polinomne formule:

LEMA 10.5.2. Niz (d1, d2, . . . , dn) je niz stepena nekog stabla sa ntjemena ako i samo ako vrijedi

di ∈ N za sve i ∈ [n], d1 + d2 + · · ·+ dn = 2n− 2.

Dokaz. (⇒) Kako svako tjeme u stablu ima bar jednog susjeda, svi di

su prirodni brojevi. Broje¢i elemente skupa

{(v, e) : v ∈ V, e ∈ E, tjeme v je incidentno sa ivicom e}na dva na£ina, moºemo zaklju£iti da je u svakom grafu zbir stepenasvih tjemena jednak dvostrukom broju ivica. Specijalno, u stablu je tajzbir jednak 2n− 2.(⇐) Koristimo indukciju po n. Za n = 2 tvr�enje je o£ito. Uz pre-tpostavku da tvr�enje vrijedi za n−1 pokaza¢emo da vrijedi i za n ∈ Nve¢i od 2.

Ako je zbir n prirodnih brojeva d1, d2, . . . , dn manji od 2n, bar jedanod njih je jednak jedan. Bez smanjenja op²tosti pretpostavimo da jedn = 1. Dalje, uo£imo j ∈ [n − 1] takav da je dj > 1 i posmatra-jmo niz d′ = (d1, d2, . . . , dj−1, dj − 1, dj+1, . . . , dn−1). Po induktivnojpretpostavci, postoji stablo sa n − 1 tjemena kojem je d′ niz stepenatjemena. Kada u to stablo dodamo novo tjeme n tako da to tjeme budelist spojen sa tjemenom j, dobijemo stablo kojem je niz stepena tjemenana² polazni niz.

ut

LEMA 10.5.3. Neka je d = (d1, d2, . . . , dn) niz stepena nekog stabla san tjemena. Ako je βd skup svih ozna£enih stabala sa n tjemena kojimaje d niz stepena tjemena, tada je

|βd| = (n− 2)!(d1 − 1)!(d2 − 1)! · · · (dn − 1)!

.

Dokaz. Opet koristimo indukciju po n. Za n = 2 postoji jedno stablokojem je (1, 1) stepeni niz. Pretpostavimo da lema vrijedi za sve brojevemanje od n. Bez smanjenja op²tosti pretpostavimo da je tjeme n list,to jest, da je dn = 1. Ako je tjeme j susjed lista n tada je

d′ = (d1, d2, . . . , dj−1, dj − 1, dj+1, . . . , dn−1) niz stepena za stablosa n− 1 tjemena.

256


Takvih stabala ima po induktivnoj pretpostavci

|βd′ | = (n− 3)!(dj − 1)(d1 − 1)!(d2 − 1)! · · · (dj − 1)! · · · (dn−1 − 1)!

.

Formalno, prethodna formula vrijedi i za stabla u kojima je j list, jer jetada dj = 1. Neka je βd,j skup stabala kojima je d niz stepena tjemenai u kojima je list n susjedan sa j. Po principu sume je

|βd| =n−1∑

j=1

|βd,j | =n−1∑

j=1

(n− 3)!(dj − 1)(d1 − 1)!(d2 − 1)! · · · (dn−1 − 1)!

.

Tvr�enje leme se dobije kada uo£imo da je(d1 − 1) + (d2 − 1) + · · ·+ (dn−1 − 1) = (2n− 3)− (n− 1) = n− 2.

utSada lako ra£unamo broj svih ozna£enih stabala sa n tjemena

∑

d=(d1,d2,...,dn)

|βd| =n−1∑

j=1

(n− 2)!(d1 − 1)!(d2 − 1)! · · · (dj − 1)! · · · (dn − 1)!

=

= [smjena mi = di−1] =∑

za sve i je mi ∈ N0,m1 + · · ·+ mn = n− 2

(n− 2

m1,m2, · · · ,mn

)= nn−2.

Posljednja jednakost u prethodnoj formuli se dobije kada u polinomnuformulu za (x1 + x2 + · · ·+ xn)n−2 uvrstimo x1 = x2 = · · · = xn = 1.

• Dokaz pomo¢u formule uklju£enja-isklju£enja:

Neka je Tn skup svih ozna£enih stabala sa n tjemena i neka je Li ⊆ Tn

koji £ine stabla iz Tn u kojima je tjeme ozna£eno sa i list. O£igledno je

Tn = L1 ∪ L2 ∪ · · · ∪ Ln.

Iz formule uklju£enja-isklju£enja dobijamo∣∣Tn

∣∣ =∑

16i6n

∣∣Li

∣∣−∑

16i<j6n

∣∣Li∩Lj

∣∣+∑

i<j<k

∣∣Li∩Lj∩Lk

∣∣−· · · . (10.9)

Kako list i moºe biti susjedan sa bilo kojim od preostalih n−1 tjemena,to je |Li| = (n− 1)|Tn−1| za sve i ∈ [n].

257


Dalje, skup Li1 ∩ Li2 ∩ · · · ∩ Lik £ine stabla iz Tn kojima su tjemenai1, i2, . . . , ik listovi. Svaki od tih k listova �visi� na nekom od tjemenaozna£enog stabla sa n− k preostalih tjemena. Stoga je

|Li1 ∩ Li2 ∩ · · · ∩ Lik | = (n− k)k|Tn−k|.Kada se ovo uvrsti u formulu (10.9) dobijamo da je

|Tn| =n−1∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)(n− k)k|Tn−k|. (10.10)

Sada se prisjetimo se da je broj surjekcija sa skupa [m] u skup [n] jednak

nm +n−1∑

k=1

(−1)k

(n

k

)(n− k)m.

Ako je m < n taj broj je o£ito nula. Uvr²tavanjem m = n − 2 uprethodnu formulu dobijamo

nn−2 =n−1∑

k=1

(−1)k−1

(n

k

)(n− k)k(n− k)n−k−2.

Ukoliko pretpostavimo da za sve k < n vrijedi |Tk| = kk−2 (za k 6 3to se lako provjeri), desna strana prethodne formule je ista kao i desnastrana formule (10.10). Stoga su i lijeve strane tih formula iste, pa je|Tn| = nn−2.• Dokaz pomo¢u rekurzivnih relacijaNeka je Tn,k skup ozna£enih ²uma (grafovi bez ciklusa) sa n tjemena ik komponenti povezanosti (stabala) u kojima su tjemena 1, 2, . . . , k urazli£itim komponentama povezanosti.

Primijetimo da je Tn,1 skup svih ozna£enih stabala sa n tjemena.Ako u nekoj ²umi iz Tn,k tjeme 1 ima i susjeda, brisanjem tjemena 1,i uz novo ozna£avanje ostalih tjemena dobijamo ²umu iz Tn−1,k+i−1.Stoga vrijedi

|Tn,k| =n−k∑

i=0

(n− k

i

)|Tn−1,k+i−1| (10.11)

Kako za sve n ∈ N vrijedi |Tn,n| = 1, po£etne vrijednosti za Tn,k su|T0,0| = 1 i |Tn,0| = 0 za n > 1. Indukcijom ¢emo pokazati da za sve

258


n ∈ N i 0 6 k 6 n vrijedi |Tn,k| = knn−k−1. Iz formule (10.11) iinduktivne pretpostavke dobijamo

|Tn,k| =n−k∑

i=0

(n− k

i

)(k+i−1)(n−1)n−1−k−i = (smjena j = n−k−i) =

=n−k∑

j=0

(n− k

j

)(n− j − 1)(n− 1)j−1 =

=n−k∑

j=0

(n− k

j

)(n− 1)j −

n−k∑

j=1

(n− k

j

)j(n− 1)j−1 =

= nn−k − (n− k)n−k−1∑

j=0

(n− k − 1

j

)(n− 1)j−1 =

nn−k − (n− k)nn−k−1 = knn−k−1.

Zanimljivo je da je Kejli broj ozna£enih stabala prona²ao poku²ava-ju¢i da odredi broj zasi¢enih ugljovodonika sa istom empirijskom, arazli£itim strukturnim formulama.

BROJ POVEZANIH GRAFOVA.

Jednostavno je prebrojati koliko ima svih grafova kojima je skup tje-mena [n]. Svaki dvo£lani skup {i, j} ⊂ [n] moºe (a i ne mora) bitiivica takvog grafa. Stoga je broj svih grafova sa n tjemena jednak 2(n

2).Me�utim, odrediti koliko ima povezanih grafova sa n tjemena je mnogoteºi zadatak. U rje²avanju tog problema pomo¢i ¢e nam eksponencijalnaformula.

Sa fm ozna£imo broj povezanih grafova sa m tjemena, a sa hn = 2(n2)

broj svih grafova sa n tjemena.Svaki nepovezan graf je �sastavljen� od nekoliko povezanih grafova.

Maksimalni �povezani� dijelovi grafa se nazivaju komponente po-vezanosti. Dakle, proizvoljan graf sa n tjemena se dobije tako daskup tjemena podijelimo u nekoliko podskupova, pa na svakom od njihzadamo povezan graf. U terminima eksponencijalne formule, strukturakoja se zadaje na podskupu tjemena je povezan graf..

Tako su ispunjeni uslovi da se u rje²avanju ovog problema upotrebieksponencijalna formula. Ako su F (x) i H(x) eksponencijalne funkcije

259


generatrisa za nizove (fn)n∈N i (hn)n∈N, tada je na osnovu tvr�enja (ii)iz posljedice 10.1.2:

H(x) = eF (x).

Ako ovu jednakost logaritmujemo, diferenciramo i pomnoºimo sa x do-bijamo

xH ′(x) = xF ′(x) ·H(x).

Upore�uju¢i koe�cijente uz xn

n! u redovima na lijevoj i desnoj straniprethodne jednakosti, moºemo zaklju£iti da vrijedi

nhn =n∑

k=1

(n

k

)kfkhn−k.

Tako smo dobili rekurzivnu relaciju (istina, dosta komplikovanu) za brojpovezanih grafova sa n tjemena

n∑

k=1

(n

k

)fk2(n−k

2 ) = n2(n2).

Direktnim brojanjem je lako provjeriti da je f1 = 1; f2 = 1; f3 = 4.Me�utim, ve¢ je f4 i f5 te²ko izra£unati �napamet�. Iz prethodne fo-rmule, uz malo ra£unanja, dobijamo f4 = 38 i f5 = 728.

I sljede¢i primjer pokazuje koliko je eksponencijalna formula e�kasnau rje²avanju enumerativnih zadataka vezanih za grafove.Primjer 10.5.4. Neka je hn broj grafova sa n tjemena kojima su svekomponente povezanosti putevi. Na¢i eksponencijalnu funkciju genera-trisa za niz (hn)n∈N.Rje²enje: Zadatak ¢emo rije²iti pomo¢u eksponencijalne formule. Akoje fm broj puteva na sa m tjemena, lako je zaklju£iti da je

fm =m!2

( za m > 2) f1 = 1, pa je F (x) = x +∑

n>2

xn

2 = 2x−x2

2(1−x) .

Ako je hn broj grafova sa n tjemena kojima su komponente povezanostiputevi, primjenom eksponencijalne formule dobijamo da je eksponenci-jalna funkcija generatrisa za taj niz

H(x) =∑

n∈N0

hn

n!xk = eF (x) = e

2x−x2

2(1−x) .

260


Prvih nekoliko £lanova ovog reda je

H(x) = 1 + x + 2x2

2!+ 7

x3

3!+ 34

x4

4!+ 206

x5

5!+ · · ·

♦Koe�cijent uz xn

n! je broj grafova sa n tjemena kojima su komponentepovezanosti putevi.

BROJ NEIZOMORFNIH GRAFOVA.

Na skupu svih grafova kojima je skup tjemena [n], simetri£na grupa Sn

dejstvuje na prirodan na£in:permutacija π = π1π2 . . . πn ∈ Sn slika graf G = ([n], E) u graf

π(G) = G′ = ([n], E′), gdje je

E′ = {πiπj : ij ∈ E}.

Neka su G i H dva grafa sa skupom tjemena [n]. Ti grafovi su izomorfniako i samo ako se nalaze u istoj orbiti pri dejstvu Sn. Dakle, brojanjemorbita pri dejstvu Sn na skupu svih grafova sa n tjemena dobi¢emoodgovor na pitanje:

Koliko ima neizomorfnih grafova sa n tjemena?

Sa X =([n]2

)ozna£imo skup svih mogu¢ih ivica grafa kojem je [n]

skup tjemena (to su ivice kompletnog grafa Kn). Svaki graf G = ([n], E)de�ni²e funkciju cG : X → {0, 1}, gdje je:

cG({i, j}) = 1 ako je ij ∈ E, odnosno cG({i, j}) = 0 ako ij /∈ E.

Dakle, svaki graf sa n tjemena moºemo interpretirati kao bojenje ivicaiz X sa dvije boje.

Na skupu svih bojenja elemenata X (ivice Kn) sa dvije boje grupaSn dejstvuje na sljede¢i na£in:

(π(c)

)({i, j}) = c

({π(i), π(j)}).

Lako je primijetiti da su grafovi G i H izomorfni ako i samo ako suodgovaraju¢a bojenja cG i cH u istoj orbiti.

Tako je broj neizomorfnih grafova sa n tjemena jednak broju orbitapri dejstvu grupe Sn na skupu svih bojenja elemenata skupa X sa dvije

261


boje. Da odredimo taj broj koristi¢emo teoremu 10.3.12.Neka je gk broj neizomorfnih grafova sa n tjemena i ta£no k ivica. To

je broj orbita pri dejstvu Sn na skup bojenja elemenata iz X u kojimaje �boja 1� upotrebljena ta£no k puta. Ako u formulu iz teoreme 10.3.12uvrstimo x1 = 1 i x2 = x, dobi¢emo da je funkcija generatrisa (u stvari,polinom) za niz (gk)k∈N0

Gn(x) =∑

k

gkxk = F (1, x) = ZSn(1 + x, 1 + x2, 1 + x3, . . .).

PRIMJEDBA 10.5.5. Da bismo mogli koristiti formulu iz teoreme10.3.12, potrebno je odrediti strukturu ciklusa proizvoljne permutacijeπ iz Sn pri dejstvu na X =

([n]2

).

(i) Ako je C ciklus permutacije π ∈ Sn sa m elemenata, elementi ciklusaC £ine

(m2

)dvo£lanih podskupova. Dejstvo π na tim podskupovima

je odre�eno sa dejstvom ciklusa C. Bez smanjenja op²tosti, pre-tpostavimo da je C = (a1, a2, . . . , am). Razlikova¢emo dva slu£aja:1◦ Broj elemenata u ciklusu C je neparan.Tada, pri dejstvu π na X ciklusu C odgovara m−1

2 ciklusa duºinem. U na²em primjeru to su

(a1a2, a2a3, . . . , ama1), (a1a3, a2a4, . . . , a1am−1, a2am), . . .

. . . , (a1am−12

, a2am+12

, . . . , a1am+12

, . . . , am−12

am)

2◦ Broj elemenata u ciklusu C je paran. Na dvo£lanim podskupovimaiz C permutacija π ima m

2 − 1 ciklus duºine m i jedan ciklus duºinem2 . U na²em primjeru ciklus duºine m

2 je

(a1am2

+1, a2, am2

+3, . . . , am2−1, am)

a ciklusi duºine m su

(a1a2, a2a3, . . . , ama1), (a1a3, a2a4, . . . , a1am−1, a2am), . . .

. . . , (a1am2, a2am

2+1, . . . , a1am

2+2, . . . , am

2−1am).

(ii) Neka su C = (a1, a2, . . . , am) i C ′ = (b1, b2, . . . , bm′) razli£iti ciklusiu π. Tada postoji mm′ skupova oblika {ai, bj} ∈ X, gdje je i ∈[m], j ∈ [m′]. Ako π po£ne dejstvo u nekom od tih skupova, naprimjer, a1b1, ciklus

262


(a1b1, a2b2, . . .)

se �zatvori� nakon r koraka ako i samo ako m|r i m′|r. Najmanjitakav r je najmanji zajedni£ki sadrºalac brojeva m i m′, odnosnor = mm′

(mm′) , gdje je (mm′) najve¢i zajedni£ki djelilac brojeva m i m′.Stoga, pri dejstvu π na skupove oblika {ai, bj} ima (mm′) ciklusaduºine mm′

(mm′) .Iz prethodnog razmatranja moºemo zaklju£iti da permutacije iz Sn

istog tipa (iste klase konjugacije) imaju i istu strukturu ciklusa pridejstvu na X.U sljede¢e dvije tabele dajemo pregled strukture ciklusa za permutacijeiz S4 i S5.

π ∈ S4 type(π) u S4 broj perm. tog tipa struktura π u X

(1)(2)(3)(4) 14 1 16

(12)(3)(4) 2112 6 2212

(12)(34) 22 3 2212

(123)(4) 3111 8 32

(1234) 41 6 4121

Stoga je traºeni polinom:

G4(x) =124

((1 + x)6 + 6(1 + x)2(1 + x2)2 + 3(1 + x)2(1 + x2)2+

+8(1 + x3)2 + 6(1 + x2)(1 + x4))

= 1 + x + 2x2 + 3x3 + 2x4 + x5 + x6.

π ∈ S5 type(π) u S5 broj perm. tog tipa struktura π u X

(1)(2)(3)(4)(5) 15 1 110

(12)(3)(4)(5) 2113 10 2314

(12)(34)(5) 2211 15 2412

(123)(4)(5) 3112 20 3311

(123)(45) 3121 20 613111

(1234)(5) 4111 30 4221

(12345) 51 24 52

Polinom koji opisuje broj neizomorfnih grafova sa pet tjemena je

G5(x) = 1 + x + 2x2 + 4x3 + 6x4 + 6x5 + 6x6 + 4x7 + 2x8 + x9 + x10.

263


Slika 10.8. Svi neizomorfni grafovi sa 5 tjemena i 4 ivice.

Na slici 10.8 se nalazi ²est neizomorfnih grafova sa pet tjemena i£etiri ivice.

HROMATSKI POLINOM GRAFA

Pravilno bojenje grafa G = (V, E) sa n boja je preslikavanjec : V → [n] pri kojem su svaka dva susjedna tjemena obojena razli£ito.Drugim rije£ima, ako je uv ivica u grafu G, tada je c(u) 6= c(v). Za do-voljno velik prirodan broj m sa χG(m) ozna£imo broj razli£itih bojenjagrafa G sa m boja. Na primjer, lako je izra£unati

χKn(m) = m(m− 1)(m− 2) · · · (m− n + 1), χPn = m(m− 1)n−1.

Pokaza¢emo da je funkcija m 7→ χG(m) polinom sa promjenljivom m.Zato se χG(m) naziva hromatski polinom grafa G.

Ako graf G ima nekoliko komponenti povezanosti, recimo G1, G2, . . . , Gk,lako je provjeriti da vrijedi

χG(m) = χG1(m)χG2(m) · · ·χGk(m).

Stoga, u daljem tekstu posmatramo samo povezane grafove.

Svakom grafu G dodijelimo poset L(G) na sljede¢i na£in. Elementiposeta L(G) su particije skupa tjemena takve da su grafovi indukovanitjemenima unutar istog bloka povezani podgrafovi od G. To zna£i da zasvaka dva tjemena koja su u istom bloku postoji put u kojem se pojavesamo tjemena iz tog bloka koji ih sadrºi.

Za π, σ ∈ L(G) kaºemo da je π 6 σ ako se svaki blok u σ moºe dobitikao unija nekih blokova iz π. Minimalan element 0̂L u posetu L(G) jeparticija u kojoj su svi blokovi jedno£lani. Kako je G povezan, maksi-malalan element 1̂L tog poseta je particija sa samo jednim blokom.

Sada ¢emo de�nisati funkcije f, g : L(G) → C. Za particiju π sa g(π)ozna£imo broj svih bojenja tjemena G sa m boja u kojima su tjemenaiz istog bloka u π obojena istom bojom. Ako broj blokova u π ozna£imo

264


sa |π|, tada je g(π) = m|π|.Sa f(π) ozna£imo broj bojenja tjemena u G tako da vrijedi• sva tjemena u istom bloku π su obojena istom bojom, i• ako su u i v susjedna tjemena u G i ako pripadaju razli£itim

blokovima π tada su obojeni razli£itim bojama.Primijetimo da je broj χG(m) koji traºimo zapravo jednak f(0̂L).

Neka je π particija iz L(G) i neka su tjemena grafa G obojena takoda su tjemena iz istog bloka π obojena sa istom bojom. Takvo bojenjese �broji� u funkciji g(π). Ako su u i v tjemena koja �naru²avaju�18bojenje koje se broji sa f , njihove blokove spojimo. To ponovimo tolikoputa dok ne dobijemo particiju σ > π koja se broji u funkciji f .

Na osnovu prethodnog razmatranja zaklju£ujemo da za svako bo-jenje tjemena grafa koje se broji u g(π) postoji jedinstvena particijaσ > π u kojoj se isto bojenje tjemena broji u f(σ).

Tako smo pokazali da za proizvoljnu particiju π ∈ L(G) vrijedi

g(π) =∑

σ>π

f(σ).

Ako na prethodnu jednakost primijenimo Mebijusovu formulu inverzijedobi¢emo

f(π) =∑

σ>π

µ(π, σ)g(σ).

Specijalno, vrijedi

χG(m) = f(0̂L) =∑

π∈L(G)

µ(0̂L, π)m|π| =n∑

k=1

∑

π∈L(G),|π|=k

µ(0̂L, π)

mk.

Tako smo pokazali da je χG(m) zaista polinom po m.

Ovo svakako nije najlak²i i naje�kasniji na£in za ra£unanje polinomaχG(m), vidjeti zadatak 33 na kraju ove glave.

18 To zna£i da su u i v susjedna tjemena, obojena istom bojom i nalaze se u razli£itimblokovima particije π.

265

10.6. Zadaci

Me�utim, prou£avanje osobina Mebijusove funkcije na nekim klasamaposeta (L(G) je primjer semimodularnih poseta, vidjeti u [36]) je ko-risno, jer se moºe saznati vi²e o polinomu χG. Na primjer, moºe sepokazati da znakovi koe�cijenata u polinomu χG alterniraju. Tako jekoe�cijent uz x|V (G)| je jedan, a koe�cijent uz x|V (G)|−1 je −|E(G)|.

10.6 Zadaci

1. Na¢i eksponencijalnu funkciju generatrisa za broj permutacija ko-jima duºine ciklusa pripadaju skupu {n1, n2, . . . , nk}. Pomo¢u njena¢i rekurzivnu relaciju za niz hn, gdje je hn broj permutacija iz Sn

£iji su ciklusi duºine dva ili tri.2. Na¢i eksponencijalnu funkciju generatrisa za broj particija skupa [n]

u blokove tako da je broj elemenata u svakom bloku prost?3. Na¢i eksponencijalnu funkciju generatrisa za broj permutacija iz Sn

kod koje svi ciklusi imaju bar £etiri elementa!4. Na¢i eksponencijalnu funkciju generatrisa za broj grafova sa neparnim

brojem komponenti povezanosti u kojima su sva tjemena stepenajedan ili dva.

5. Odredi eksponencijalnu funkciju generatrisa za broj 2-regularnihgrafova.

6. Neka je {R, S, T} neka particija skupa [n]. Pokaºi da je broj ure�enihtrojki (σ,G, H), (gdje je σ involucija na R, G i H 2-regularni grafovisa tjemenima S odnosno T ) jednak n!.

7. Neka je an broj na£ina da se na skupu [n] napravi neka particija, azatim da se u svakom od blokova odabere neprazan podskup. Na¢ieksponencijalnu funkciju generatrisa za niz (an)n∈N.

8. Neka je an broj permutacija u Sn kojima duºina ciklusa nije djeljivasa tri. Odredi an.

9. a) Neka je am broj na£ina kako se na linearno ure�enom skupu odm elemenata moºe zadati neka struktura (vrijedi a0 = 0), a bn

broj na£ina da se ure�ena n-torka podijeli na nekoliko dijelova, azatim na svakom od tih dijelu zada posmatrana struktura. Akosu A(x) i B(x) obi£ne funkcije generatrisa za nizove (an)n∈N i(bn)n∈N tada je

B(x) =1

1−A(x).

266

10.6. Zadaci

b) Pomo¢u formule iz (a), odrediti na koliko je na£ina mogu¢e bro-jeve iz [n] podjeliti u nekoliko intervala, a zatim sve brojeveobojiti sa jednom od dvije zadane boje tako da brojevi iz istogintervala budu iste boje!

10. a) Na koliko na£ina moºemo n ljudi podjeliti u k grupa, a zatimljude u svakoj grupe poredati u red?

b) Dokazati da je

1 +∑

n≥1

n∑

k=1

n!k!

(n− 1k − 1

)xk un

n!= e

xu1−u

c) Za proizvoljan a ∈ N vrijedi

1 +∑

n≥1

n∑

k=1

n!k!

(n + (a− 1)k − 1

n− k

)xk un

n!= e

xu(1−u)a

11. Koliko ima stabala sa n + 1 neozna£enih tjemena i sa n ozna£enihivica?

12. Neka je an broj listova u svim stablima sa n tjemena. Odredi an.13. Neka su zadani skupovi A1, A2, . . . , An takvi da je |Ai| = i + 1.

Koliko najmanje sistema razli£itih predstavnika ima u toj familijiskupova?

14. Neka je Ai = {i − 1, i, i + 1} ∩ [n] za sve i ∈ [n]. Koliko sistemarazli£itih predstavnika imaju skupovi A1, A2, . . . , An?

15. Neka je A matrica £iji su svi £lanovi 0 ili 1. Najmanji broj linija (li-nija je vrsta ili kolona) potreban da se pokriju sve jedinice je jednakmaksimalnom broju jedinica u toj matrici koje moºemo odabratitako ne postoje dvije odabrane jedinice u istoj liniji!

16. Neka je A cjelobrojna n × n matrica, aij ≥ 0 za sve i, j ∈ [n]. Akoje zbir elemenata u svakoj vrsti i svakoj koloni jednak l tada je jeA mogu¢e napisati kao zbir l permutacionih19 matrica.

17. Neka je su A1, A2, . . . , An i B1, B2, . . . , Bn neke particije skupa{1, 2, . . . , nm} u n blokova, tako da svaki blok ima m elemenata.Dokaºi da postoji permutacija π ∈ Sn takva da za sve i ∈ [n] vrijediAi ∩Bπ(i) 6= ∅.

18. Dva matemati£ara izvode sljede¢i trik:Iz ²pila od 52 karte neko odabere pet karata i dadne ih prvom

19 Permutaciona matrica u svakoj vrsti i svakoj koloni ima ta£no jednu jedinicu,ostalo su nule.

267

10.6. Zadaci

matemati£aru. Ovaj sakrije jednu kartu, a ostale £etiri sloºi u niz ipokaºe drugom matemati£aru. Drugi matemati£ar sigurno poga�akoja je karta sakrivena.Objasni kako se izvodi ovaj trik!

19. Na gomili se nalazi(n+1

2

)krugova sloºenih u n redova. U prvom redu

je n, u drugom n−1,. . ., a u posljednjem redu je jedan krug (moºemore¢i da su krugovi sloºeni u jednakostrani£ni trougao). Na kolikona£ina je te krugove mogu¢e obojati sa tri boje (bojenja pri dejstvurotacija se smatraju istim)? �ta se desi ako identi�kujemo i svabojenja koja se jedno od drugog mogu dobiti pri dejstvu diedarskegrupe D3?

20. Neka je G netrivijalna podgrupa Sn takva da za sve π ∈ G, π 6= Idpostoji jedinstvena �ksna ta£ka. Dokaºi da postoji i ∈ [n] tako daza sve π ∈ Sn vrijedi π(i) = i.

21. Koliko ima razli£itih puteva od (0, 0) do (n, n) (sa koracima desno igore) ako dva puta smatramo istim ukoliko se jedan moºe dobiti oddrugog simetrijom na pravu y = x ili na ta£ku (n

2 , n2 ).

22. U prostoru su zadane £etiri nekoplanarne ta£ke. Koliko ima razli£itihparalelopipeda kojima su te ta£ke tjemena?

23. Na koliko na£ina je mogu¢e obojiti tjemena pravilnog tetraedra sa nboja, ako se dva bojenja smatraju istim ako se jedno od drugog moºedobiti nekom osnom rotacijom? Koliki je broj razli£itih bojenja akoidenti�kujemo i bojenja pomo¢u ravanskih re�eksija?

24. Na koliko na£ina je mogua¢e obojiti 64 polja ²ahovske table sadvije boje (dva bojenja su ista ako se mogu identi�kovati rotacijamaplo£e)? Koliko ima takvih bojenja kod kojih su obje boje kori²tenejednak broj puta?

25. Diedarska grupa D4 dejstvuje na skupu polja ²ahovske table 8× 8.Na�i broj na£ina da se odeberu parovi podskupova (A,B), A ⊆ B,ako se parovi (A,B) i (A′, B′) koji se jedan od drugog mogu dobitidejstvom elementa iz D4 smatraju istim?

26. Izra£unaj∑

n∈N0

ZSn(z1, z2, . . .)xn.

27. Koliko ima dvo£lanih lanaca a koliko ima dvo£lanih antilanaca uBn?

28. Da li postoji poset P u kojem je najve¢a duºina maksimalnog lancad, u kojem je svaki element sadrºan u nekom lancu duºine d, ali Pima maksimalan lanac kra¢i od d? Ako za sve x, y ∈ P takve da y

268

10.6. Zadaci

natkriva x postoji lanac duºine d koji sadrºi x i y, dokaºi da su svimaksimalni lanci u P duºine d.

29. Neka je P poset na skupu [n]. Dokaºi da su sljede¢a tvr�enja ekvi-valentnaa) P se moºe dobiti kao presjek d linearnih ure�enja na [n].b) P je izomorfan sa nekim potposetom Nd.

30. Ako je u prethodnom zadatku d = 2 dokaºi da su tvr�enja a) i b)ekvivalentna sac) Postoji poset Q na [n] takav da su x i y uporedivi u Q ako i

samo ako nisu uporedivi u P .31. Dokaºi da za sve n ∈ N vrijedi n =

∑

d|nϕ(d).

32. Izra£unati µΠn(0̂, 1̂).33. Neka je G proizvoljan graf i neka je e = uv proizvoljna ivica tog

grafa. Neka je G′ = G\e (graf dobijen brisanjem ivice e), a G′′ = G/egraf dobijen kontrakcijom ivice e (tjemena u i v se �slijepe� u novotjeme koje je spojeno sa svim susjedima u ili v). Dokaºi da je

χG(m) = χG′(m)− χG′′(m).

34. Orijentacija grafa G je izbor jedne od dvije mogu¢e orijentacije zasvaku ivicu (za ivicu uv je −→uv ili je −→vu). Orijentacija je acikli£naako se ne pojavi orijentisan ciklus. Dokaºi da je broj acikli£nih ori-jentacija grafa G jednak (−1)|G|χG(−1).

35. Izra£unaj hromatske polinome zaa) stablo sa n tjemenab) ciklus Cn

c) kompletan bipartitan graf Km,n

d) kompletan graf sa n tjemena iz kojeg su obrisane dvije ivice36. U jednosmjernoj ulici se nalazi parking za n automobila. Na parking

dolazi n automobila (jedan po jedan). Voza£ i-tog automobila seºeli parkirati na mjesto ai. Ako je ºeljeno mjesto slobodno, on se tuparkira, ina£e se parkira na prvo sljede¢e slobodno mjesto. Ukolikosu sva mjesta zauzeta, voza£ odlazi na neki drugi parking. Koliko imanizova (a1, a2, . . . , an) ∈ [n]n tako da se sva vozila mogu parkirati?

37. Ako je (a1, a2, . . . , an) ∈ [n]n niz za koji se automobili iz prethodnogzadatka mogu parkirati, koliko ima �neuspje²nih� poku²aja parki-ranja?

38. Neka je k prirodan broj manji od n. Pretpostavimo da se n + 1− kautomobil ºeli parkirati na parking sa n mjesta. Koliko ima nizova

269


(a1, a2, . . . , an−k+1) ∈ [n]n−k+1 za koje se ta vozila mogu parkirati,ako se zna da je prvih k − 1 mjesta na parkingu rezervisano?

39. Koliko ima nizova (a1, a2, . . . , an) ∈ [n]n za koje se automobili uzadatku 36 mogu parkirati u kojima se broj jedan pojavi ta£no kputa?

40. Neka je S podskup Rn sastavljen od svih vektora oblika

(0, 0, . . . , 0︸︷︷︸a

, 1, 1, . . . , 1︸︷︷︸b

, , 0, 0, . . . , 0︸︷︷︸c

), a, b, c ∈ N0, a + b + c = n.

Koliko ima n-£lanih podskupova skupa S koji su baza za Rn?


1. H(x) = exn1n1

+xn2n2

+···+xnknk . Za n1 = 2 i n2 = 3 je H(x) = e

x2

2+x3

3 .Pomo¢u izvoda se dobije (x + x2)H(x) = H ′(x). Odavde je hn+1 =nhn−1 + n(n− 1)hn−2 za n ≥ 4, h2 = 1, h3 = 2.

2. e∑

p je prostxp

p!

3. H(x) =e−x−x2

2−x3

3

(1− x).

4. Za n > 2 broj puteva duºine n je n!2 , a broj ciklusa duºine n je

(n−1)!2 . Kada se primjeni (iii) iz posljedice 10.1.2 dobi¢e se traºena

funkcija

sinh(

12

[1

1− x− ln(1− x)− 1− 2x− x2

2

]).

5. H(x) =e−

x2−x2

4√1− x

.6. Ako je in broj involucija u Sn, a rn broj regularnih grafova sa n

tjemena, efg za te nizove su

I(x) = ex+x2

2 , R(x) =e−

x2−x2

4√1− x

.

Kako je I(x)R2(x) = 11−x , to je

∑

k+l+m=n

ikrlrm

k!l!m!= 1, odnosno

∑

k+l+m=n

n!k!l!m!

ikrlrm = n!

270


7. ee2x−ex .8. Efg za niz an je

e∑

k≥1xk

k−∑

k≥1x3k

3k =3√

1− x3

1− x= (1 + x + x2)(1− x3)−

23 .

Stoga jean =

9. a) Vrijedi bn =∑

i1+i2+···+ik=n ai1ai2 · · · aik .b) A(x) = 2x

1−x , B(x) = 1−x1−3x , pa je traºeni broj jednak 3n−3n−1 =

2 · 3n−1.10. a) n!

k!

(n−1k−1

).

b) Slijedi iz kompozicione formule primjenjene na (a).c) Vrijedi (

n + (a− 1)k − 1n− k

)=

((n− k + 1ak − 1

))

²to je broj na£ina kako se moºe staviti ak − 1 pregrada izme�un − k ta£aka. Dodajmo jednu pregradu na po£etak i na kraj.Ispred pregrada sa rednim brojem k, 2k, . . . , a · k dodajmo jo²po jednu ta£ku (ukupno n). Ta£kama dodjelimo permutaciju od[n] na n! na£ina i posmatrajmo dio izme�u pregrada (j − 1)ai ja. Dijeljenjem sa k! (jer blokovi nisu ure�eni) dobijamoda je n!

k!

(n+(a−1)k−1n−k

)broj na£ina kako se [n] moºe podijeliti

na k dijelova, na svakom dijelu se de�ni²e linearni poredaka1, a2, . . . , ar, i u svakom dijelu se doda a − 1 pregrada (moºeprije a1, ali ne smije poslije ar). Sada se iskoristi kompozicionaformula.

11. Ako proizvoljno tjeme (odabrano na n+1 na£in) ozna£imo sa 0, sta-blo orijenti²emo �od nule�, svakoj ivici odgovara jedinstveno tjeme.Oznake sa ivica se �pomjere� u odgovaraju¢e tjeme, i dobijamo jednood (n + 1)n−1 ozna£enih stabala sa n + 1 tjemena. Traºeni broj je(n + 1)n−2.

12. n(n − 1)n−2. Svako od n tjemena je list nekog stabla tako ²to se�nalijepi� na neko od (n− 1) tjemena nekog stabla (jednog od (n−1)n−3) na preostaliim tjemenima.

13. 2n.14. Neka je an traºeni broj. Razlikuju¢i slu£ajeve kada iz A1 biramo 1

ili 2, dobi¢emo da je an+2 = an+1 + an. Kako je a2 = 2 i a3 = 3 toje an = Fn.

271


15. Neka je m najmanji broj linija potreban da se pokriju sve jediniceu A i neka je M najve¢i broj jedinica uz A takvih da nijedna linijane sadrºi dvije jedinice. Za kokrivanje tih M jedinica treba M linijapa je sigurno m > M . Pretpostavimo da je sve jedinice mogu¢epokriti sa m linija, i da smo koristili v vrsta i k kolona (m = v + k).Koriste¢i preozna£avanje, moºemo pretpostaviti da smo sve jedinicepokrili pomo¢u prvih v vrsta i prvih k kolona. Sada, za sve i ∈[n] posmatrajmo skupove Ai = {j > k : aij = 1}. Ako bi unijanekih k skupova imala manje od k elemenata, tada se tih k vrstamoºe zamijeniti sa manje od k kolona (kontradikcija sa £injenicomda je m minimalan!). Stoga, A1, A2, . . . , Av imaju sistem razli£itihpredstavnika (v jedinica u posljednjih n−k kolona). Sli£no se pokaºeda ta matrica ima k jedinica u posljednjih n−v vrsta. To je k+v = mjedinica takvih da nijedna linija ne sadrºi dvije.

16. Indukcijom po l. De�ni²emo Ai = {j ∈ [n] : aij 6= 0}. Kakoje za svakih k skupova Ai1 , Ai2 , . . . , Aik zbir £lanova u odgovara-ju¢im kolonama jednak kl, u bar k kolona postoje nenula elementi.Stoga skupovi A1, A2, . . . , An imaju sistem razli£itih predstavnika,²to odgovara nekoj permutacionoj matrici P .Sada posmatrajmo A− P .

17. Neka je X = (xij)i,j∈[n], gdje je xij = |Ai∩Aj |. Iskoristimo prethodnizadatak.

18. Neka je X skup svih £etvero£lanih nizova u zadanom ²pilu od 52karte. Za svaki peto£lani podskup S = {k1, k2, k3, k4, k5} karata, saAS ozna£imo skup nizova iz X koji se mogu dobiti od elemenata izS. Vrijedi |AS | = 120, i svaki element iz X je sadrºan u 48 skupovaAS . Sli£no kao u primjeru 10.2.3 moºemo zaklju£iti da posmatranafamilija skupova ima sistem razli£itih predstavnika. Matemati£arise unaprijed dogovore o sistemu razli£itih predstavnika, pa drugimatemati£ar zna koji je peto£lani skup S indeks za AS odakle jeizabrana �vidljiva'a £etvorka!

19. 13

(3

n(n+1)2 + 2 · 3

⌈n(n+1)6

⌉), odnosno,

16

3

n(n+1)2 + 2 · 3

⌈n(n+1)6

⌉+ 3 · 3

(n+12 )+

⌈n2

⌉2

pri dejstvu D3.

20. Neka je Gi stabilizator elementa i. Iz uslova zadatka znamo da jeG\{Id} disjunktna unija (G1\{Id})∪(G2\{Id})∪· · ·∪(Gn\{Id}).

272


Pretpostavimo da su O1, O2, . . . , Or razli£ite orbite pri dejstvu Gna skup [n] i da su x1, x2, . . . , xr elementi iz tih orbita. Kako svielementi iste orbite imaju stabilizator iste veli£ine, to je

|G| − 1 = |O1|(|Gx1 | − 1) + |O2|(|Gx2 | − 1) + · · ·+ |Or|(|Gxr | − 1).

Nakon dijeljenja sa |G| dobijemo da je

1− 1|G| = (1− 1

|Gx1 |) + (1− 1

|Gx2 |) + · · ·+ (1− 1

|Gxr |),

odakle slijedi da ne mogu biti dva razli£ita elementa £ije su orbiteve¢e od jedan.

21. Za neparno n simetrije u odnosu na ta£ku (n2 , n

2 ) i na pravu y = xne �ksiraju nijedan put; kompozicija ove dvije simetrije �ksira 2n

puteva oblika DGG . . . DGD︸︷︷︸n

GDG . . . DDG︸︷︷︸n

. Stoga je traºeni broj

puteva za neparan n jednak 14

[(2nn

)+ 2n

]Za paran n, postoji jo²

(nn2

)puteva koji su invarijantni s obzirom na

simetriju oko ta£ke (n2 , n

2 ). Tako je za paran n broj traºenih puteva14

[(2nn

)+ 2n +

(nn2

)].

22. 2923. Grupa rotacionih simetrija i grupa svih simetrija pravilnog tertrae-

dra imaju sljede¢e ciklus indekse

112

(z41 + 8z1z3 + 3z2

2), odnosno124

(z41 + 8z1z3 + 3z2

2 + 6z21z2 + 6z4).

Rje²enja zadatka su n4+11n2

12 , odnosno n4+6n3+11n2+6n24 .

24. Ima 14

[264 + 217 + 232

]svih bojenja. Ima 1

4

[(6432

)+ 2 · (16

8

)+

(3216

)]bojenja u kojem su po 32 polja iste boje.

25. Polja iz A obojimo crveno, polja iz B\A obojimo plavo, a sva ostalapolja obojimo sa bijelom bojom. Broj razli£itih parova podskupovaje jednak broju razli£itih bojenja 64 polja sa tri boje pri dejstvu D4.Taj broj je jednak

18

(364 + 3 · 332 + 2 · 336 + 2 · 316

).

26. Za (c1, c2, . . . , cn) ∈ N0n takav da je c1 + 2c2 + · · ·+ ncn = n koe�-

cijent uz xnzc11 zc2

2 · · · zcnn je 1

1c1c1!2c2c2!···ncncn! . Zato je

273

10.7. Rje²enja zadataka∑

n∈N0

ZSn(z1, z2, . . .)xn =

(∑c1

zc11 xc1

c1!

)(∑c2

zc22 x2c2

2c2c2!

)(∑c3

zc32 x3c3

3c3c3!

)· · · = ez1x+z2

x2

2+z3

x3

3+···

27. Broj dvo£lanih lanaca je 3n − 2n, a broj dvo£lanih antilanaca je4n−1 − 3n + 2n−1.

28. U posetu a1 < a2 < a3, a4 < a3, a4 < a5 < a6 svaki element je ulancu duºine tri, a a4 < a3 je maksimalan lanac duºine dva. Drugotvr�enje se dokaºe indukcijom po d.

29. (a ⇒ b)Neka je P presjek d linearnih ure�enja πi = ai1ai2 . . . ain ∈ Sn zai ∈ [d]. Za x ∈ [n] neka je s(x) = (x1, x2, . . . , xd), gdje je xi pozicijax u permutaciji πi.Lako je provjeriti da je A = {s(x) : x ∈ [n]} izomorfan sa P .(b ⇒ a) Neka je P izomorfan sa A ⊂ Nd. Skup A zapi²emo kaon × d matricu (aij), a k-ta kolona te matrice de�ni²e permutacijuπk = πk1πk2 . . . πkn iz Sn:broj i se u πk pojavi prije j ako je aik < ajk ili je aik = ajk a i < ju posetu P .Presjek linearnih ure�enja π1, π2 . . . , πd daje poset P .

30. (a ⇒ c) Ako je P presjek dva linearna ure�enja, de�ni²emo da jei <Q j ako i samo ako je i manje od j u prvom, a j manje od i udrugom od tih ure�enja.(a ⇒ c) Konstrui²imo prvo linearno ure�enje na P u kojem je imanje od j ako i samo ako je i <P j ili i <Q j. U drugom linearnomure�enje je i manje od j ako je i <P j ili j <Q i.

31. Neka je n = pm11 pm2

2 · · · pmkk kanonska faktorizacija broja n. Relaciju

kojim se ra£una Ojlerova funkcija

ϕ(n) = n− np1− n

p2− · · · n

pk+ n

p1p2+ · · ·+ (−1)r n

pi1pi2···pir

+ · · ·

moºemo zapisati sa g(n) =∑

d|n µ(d, n)f(d), gdje je g(x) = ϕ(x) af(x) = x. Sada tvr�enje slijedi iz Mebijusove inverzije.

32. Prisjetimo se da je 0̂ particija [n] sa n jedno£lanih blokova , a 1̂ima jedan blok sa n elemenata. Za proizvoljam prirodan broj xi π ∈ Πn sa g(π) ozna£imo broj funkcija h : [n] → [x] kod ko-jih su neprazni podskupovi h−1({1}), h−1({2}), . . . , h−1({n}) ta£noblokovi particije π. Na primjer, vrijedi g(0̂) = x(x−1) · · · (x−n+1).

274


Ako de�ni²emo funkciju f : Πn → C sa f(π) =∑

τ>π g(τ) koriste¢iMebijusovu inverziju dobijamo da je g(π) =

∑τ6π µ(π τ)f(τ). Lako

se uvjeriti da je f(π) = x|π|, gdje je |π| broj blokova u π. Sada, iz

x(x− 1) · · · (x− n + 1) = g(0̂) =∑

τ

µ(0̂, τ)x|τ |

zaklju£ujemo da je traºena vrijednost Mebijusove funkcije koe�cijentuz x. To je (−)n−1(n− 1)!.

33. Pravilna bojenja grafa G′ sa m boja su i pravilna bojenja grafa G,osim u slu£aju kada su u i v obojeni istom bojom. Ako se tjemenau i v identi�kuju, takva bojenja su ta£no pravilna bojenja grafa G′′.

34. Moºe se pokazati da broj orijentacija na grafu G zadovoljava istu�rekurzivnu� relaciju za hromatski polinom iz prethodnog zadatka.

35. Koriste¢i de�niciju hromatskog polinoma ili rje²enje zadatka 33 do-bijamo da je χG(m) jednaka) m(m− 1)n−1

b) (m− 1)n + (−1)n(m− 1)

c)∑m

i=1

∑nj=1 S(m, i)S(n, j)mi+j

d) m(m− 1) · · · (m− n + 4)(m− n + 3)2(m− n + 2)

36. Dodajmo jo² jedno mjesto za parkiranje i aranºirajmo parking kaokruºni tok (poslije mjesta n+1 dolazi mjesto 1). Sada dozvolimo dase neko ºeli parkirati i na mjesto n+1. Za svaki niz (a1, a2, . . . , an) ∈[n + 1]n automobili se mogu parkirati. Tih nizova ima (n + 1)n. Za�spisak ºelja� (a1, a2, . . . , an) automobili se mogu parkirati i na stariparking ako i samo ako je mjesto n + 1 u kruºnom parkingu ostaloslobodno.Grupa Zn+1 dejstvuje na spisku ºelja [n + 1]n dodaju¢i 1 na svakukoordinatu (u kruºnom parkingu je n + 2 = 1), odnosno , pomjera-ju¢i automobile na parkingu za jedan. U svakoj orbiti postoji ta£nojedan spisak ºelja u kojem je mjesto n + 1 slobodno. Traºeni brojnizova je (n + 1)n−1.

37.(n2

)−∑ni=1 ai

38. Koristi¢emo sli£nu ideju kao i u zadatku 36. Kako u svakoj orbitiima k nizova za koje ¢e n + 1 biti prazan, rje²enje je k · (n + 1)n−k.

39. Pomo¢u rje²enja prethodnog zadatka dobijemo da je rje²enje(

n

k

)knn−k−1 =

(n− 1k − 1

)nn−k.

275


40. Izme�u koordinata vektora iz Rn (i prije prve i nakon posljednjekoordinate) upi²imo brojeve 1, 2, . . . , n + 1. Svaki vektor iz S (osimnula-vektora, koji nije interesantan za bazu) je odre�en sa parombrojeva (p, q), gdje je p pozicija poslije koje po£inje niz jedinica,a q je pozicija prije koje niz jedinica zavr²ava. (Zato skup S ima(n+1

2

)+ 1 vektora!).

Na taj na£in, vektoru iz S moºemo dodijeliti ivicu pq u grafu kojemje skup tjemena [n + 1]. Neki n-£lani podskup od S je baza akoi samo ako je graf sa n ivica asociranim vektorima iz tog skupaacikli£an! Zato baza u S ima koliko i ozna£enih stabala na [n + 1],dakle (n + 1)n−1.

276

Literatura

1. Aigner M.: A Course in Enumeration, Graduate Texts in Mathematics 238,Springer-Verlag, Heidelberg Berlin, 2007.

2. Aigner M., Ziegler G. M.: Proofs from THE BOOK, Springer-Verlag, HeidelbergBerlin, 1998.

3. Anderson I.: A �rst course in combinatorial Mathematics, Oxford Univ. Press.Oxford.1989.

4. Andreescu T., Feng Z.: A Path to Combinatorics for Undergraduates -CountingStrategies, Birhäuser, Boston, 2004.

5. Andrews G. E.: The Theory of Partitions, Encyclopedia of Mathematics and ItsApplications, vol. 2, Addison-Wesley, 1976.

6. Andrews W. S.: Magic Squares and Cubes, Cosimo Classics, 2004.7. Biggs N.L., Lloyd K.E., Wilson R.J.: The history of Combinatorics, in: Hand-

book of Combinatorics, R. Graham, M. Grötschel and L. Lovász, (Eds), North-Holland, Amsterdam, 2163-2198, 1995.

8. Björner A.: Topological Methods, in: Handbook of Combinatorics, R. Graham,M. Grötschel and L. Lovász, (Eds), North-Holland, Amsterdam, 1819-1872,1995.

9. Björner A., Stanley R. P., A Combinatorial Miscellany , preprint10. Bóna M.: A Walk Through Combinatorics, World Scienti�c, Singapore, 2002.11. Bóna M.: Combinatorics of Permutations, CRC Press - Chapman Hall, 2004.12. Cameron P.J.: Combinatorics: topics, techniques, algorithms, Cambridge Uni-

versity Press, 1994.13. Djuki¢ D., Jankovi¢ V., Mati¢ I., Petrovi¢ N.: The IMO Compendindium: A Col-

lection of Problems Suggested for The International Mathematical Olympiads:1959-2004 , Problem Books in Mathematics, Springer, 2006.

14. Engel A.: Problem-Solving Strategies, Problem Books in Mathematics,Springer.1998.

15. Garsia A., Milne S., A Rogers'Ramanujan bijection , J. Combin. Theory Ser.A, 31 (1981), 289-339.

16. Gessel I.M., Stanley R.P.:Algebraic enumeration in: Handbook of Combina-torics, R. Graham, M. Grötschel and L. Lovász, (Eds), North-Holland, Amster-dam, 1021-1061, 1995.

17. Graham, R.L.; Rothschild, B.L; Spencer, J. H.: Ramsey Theory, New York: JohnWiley and Sons, (1990)

Literatura

18. Graham R.L., Rothschild B.L.: A short proof of van der Waerden's theorem onarithmetic progressions, Proc. American Math. Soc. 42(2) 1974, 385-386.

19. Graham R.L., Knuth D.E., Patashnik O.: Concrete mathematics, 2nd edition,Addison-Wesley, 1994.

20. Kleitman D.J.: On the future of combinatorics, in S. S. Hecker and G.C. Rota,eds., Essays on the Future in Honor of Nick Metropolis, Birkhäuser, Boston,2000, pp. 123− 134.

21. van Lint J.H., Wilson R.M.: A course in combinatorics, Cambridge UniversityPress, 1992.

22. Lovász L.: Combinatorial Problems and Exercises, Elsevier; Akademiai Kiado(Publishing House of the Hungarian Academy of Sciences), second edition, 1994.

23. Marde²i¢ S.: Matemati£ka analiza u n-dimenzionalnom realnom prostoru, Prvidio, �kolska knjiga, Zagreb, 1979

24. Matou²ek J.: Lectures on Discrete Geometry, Graduate Texts in Mathematics212, Springer, 2002.

25. Matou²ek J.: Using the Borsuk-Ulam Theorem: Lectures on Topological Methodsin Combinatorics and Geometry, Springer, 2003.

26. Matou²ek J., Ne²etril J.: Invitation to Discrete Mathematics, Oxford UniversityPress. 1998.

27. Pauni¢ Dj.: Funkcionalne jedna£ine klasi£nih matemati£kih funkcija, Zavod zaudºbenike, Dru²tvo matemati£ara Srbije, 2009

28. Petrovi¢ V.: Teorija grafova, Univerzitet u Novom Sadu, Prirodno-matemati£kifakultet, 1998.

29. Sagan B.: Why the characteristic polynomial factors, Bull. Am. Math. Soc., NewSer. 36, No.2, 113-133 (1999).

30. Smetaniuk B.: A new construction of Latin squares I: A proof of the Evansconjecture, Ars. Comb., 11 (1981),155�172

31. Stanley R. P.: Algebraic Combinatorics, Lecture Notes, MIT.32. Stanley R. P.: Bijective proof problems,preprint.33. Stanley R. P.: Combinatorics and Commutative Algebra, Birkhäuser, Boston,

MA, 1996.34. Stanley R. P.: Enumerative Combinatorics, Vol. I, Paperback ed. Cambridge

Studies in Advanced Mathematics. 49. Cambridge: Cambridge University Press,1999.

35. Stanley R. P.: Enumerative Combinatorics, Vol. II, Cambridge Studies in Ad-vanced Mathematics. 62. Cambridge: Cambridge University Press, 2001.

36. Stanley R. P.: Hyperplane Arrangements,in Geometric Combinatorics (E. Miller,V. Reiner, and B. Sturmfels, eds.), IAS/Park City Mathematics Series, vol. 13,American Mathematical Society, Providence, RI, 2007, pp. 389-496

37. Sved M., Counting and Recounting: The Aftermath , Math. Intelligencer, 6(4),44-45, (1984).

38. To²i¢ R.:Kombinatorika, Univerzitet u Novom Sadu, Prirodno-matemati£kifakultet, 1998.

39. Veljan, D. Kombinatorika sa Teorijom Grafova, �kolska knjiga, Zagreb, 1989.40. Wilf H.: Generatingfunctionology, Academic Press, 1994.41. �ivaljevi¢ R.: Topological methods, in Handbook of discrete and computational

geometry, Boca Raton, FL: CRC Press, 209-224 (1997).

278

Indeks

Algebra incidencije poseta, 245antilanac, 83antilanac u posetu, 243

Belovi brojevi, 174Bernsajdova lema, 232binomna formula, 93binomni koe�cijent, 33, 79broj neizomorfnih grafova, 261broj podskupova, 32broj povezanih grafova, 259broj razli£itih ogrlica, 239broj surjekcija, 132

cikli£ka grupa, 229ciklus, 61ciklus indikator, 236

dejstvo grupe na skupu, 229deranºman, 131diedarska grupa, 229direktni proizvod poseta, 248Dirihleov princip, 107duºina lanca u posetu, 243dvostruki faktorijel, 31

eksponencijalna formula, 212Eksponencijalna

funkcija generatrise, 194enumerativna kombinatorika, 16

Fererov dijagram, 23Fibona£ijevi brojevi, 17, 163formula uklju£enja-isklju£enja, 130

funkcija generatrise,obi£na, 185funkcija generatrise

za broj particija, 203funkcija ranga, 243

graduisan poset, 243gra�k permutacije, 135grupa rotacija, 229

Haseov dijagram, 242hromatski polinom grafa, 264

indukovan poset, 242inverzija, 63involucija, 22

karakteristi£na jedna£ina, 149Katalanovi brojevi, 166Kejlijeva formula za broj

ozna£enih stabala, 253kombinatorni dokaz, 23komponenta povezanosti, 259kompozicije broja n, 90kompoziciona formula, 217konjugovane permutacije, 66

Latinski kvadrat, 224linearna ekstenzija poseta, 245linearna homogena rek. rel., 148linearno ure�enje, 31

magi£ni kvadrat, 10Mebijusova formula inverzije, 250Mebijusova funkcija, 247

Indeks

metoda dvostrukog prebrojavanja, 24multilanac, 246multiskup, 87

Ojlerov broj, 71Ojlerov polinom, 72Ojlerova funkcija, 133orbita elementa, 230osnovni zadadak enume-

rativne kombinatorike, 16

padaju¢i i rastu¢i stepeni od x, 173padovi u permutaciji, 71parcijalni latinski kvadrat, 224parna i neparna permutacija, 63particija broja, 23, 175particija skupa, 170partikularno rje²enje, 157Paskalov trougao, 82Permanenta matrice, 223permutacija, 30, 57permutacija multiskupa, 88petougli brojevi, 175podmultiskup, 87polinomna formula, 95polinomni koe�cijent, 88poset, 241povezan graf, 253princip bijekcije, 21princip matemati£ke indukcije, 39princip proizvoda, 19princip sume, 19proizvod eksponencijalnih

funkcija generatrise, 195

proizvod obi£nihfunkcija generatrisa, 187

prost graf, 252

r-permutacija, 31red permutacije, 63rekurzivne relacije, 27, 145Remzijev broj, 115Remzijeva teorija, 113

simetri£na grupa, 61sistem razli£itih predstavnika, 219skup padova u permutaciji, 71slaba kompozicija, 91stabilizator elementa, 230stablo, 253standardna reprezentacija

permutacije, 62Stirlingov broj prve vrste, 68, 170

tabla inverzija, 69tip permutacije, 66transpozicija, 61tranzitivno dejstvo, 231triangulacija n-tougla, 160

uop²teni binomni koe�cijent, 85uop²teni Remzijev broj, 116

zeta funkcija, 246zlatni presjek, 164znak permutacije, 63

280

Spisak oznaka

|X| broj elemenata skupa X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16[n] skup {1, 2, 3, . . . , n− 1, n} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Fn Fibona£ijev broj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18(Sk

)svi k-£lani podskupovi skupa S . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

Sn simetri£na grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .60type(π) tip permutacije π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66c(n, k) broj permutacija u Sn sa k ciklusa . . . . . . . . . . . . . . . 68I(π) tabla inverzija permutacije π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .69b(n, k) broj permutacija sa k inverzija u Sn . . . . . . . . . . . . . 70D(π) skup padova u permutaciji π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71des(π) broj padova u permutaciji π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71A(n, k) Ojlerov broj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71A(x) Ojlerov polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72(

ma1,a2,...,ak

)polinomni koe�cijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .88((

nk

))broj k-£lanih podmultiskupova {1∞, 2∞, . . . , n∞} 89

R(p, q) Remzijev broj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114R(k, c; a1, . . . , ac) uop²teni Remzijev broj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Dn broj deranºmana u Sn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131Surn,m skup surjekcija sa [n] na [m] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132ϕ(n) Ojlerova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133Cn Katalanov broj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166s(n, k) Stirlingov broj prve vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170S(n, k) Stirlingov broj druge vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170Bn Belovi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174pn broj particija broja n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 175pn,k broj particija broja n u k dijelova . . . . . . . . . . . . . . .175per(A) permanenta matrice A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

Indeks

Dn diedarska grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229Fix(π) skup �ksnih elemenata pri dejstvu π . . . . . . . . . . . . 230X/G skup orbita na X pri dejstvu grupe G . . . . . . . . . . 232ZG ciklus indikator grupe G . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236`(C) duºina lanca C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243Int(P ) skup zatvorenih intervala u posetu P . . . . . . . . . . . 245I(P ) algebra incidencije u posetu P . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245ζ zeta funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .246µ Mebijusova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247χG(m) karakteristi£ni polinom grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264

282

Documents

Aka Baka