DISKRETNA MATEMATIKA

DISKRETNA MATEMATIKA

Zoran Mitrovic

Elektrotehnicki fakultet u Banjaluci

Sadrzaj

1 Predgovor 7

2 Elementi teorije brojeva 92.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2 Djeljivost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.3 Euklidov algoritam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.4 Prosti brojevi. Osnovna teorema aritmetike. . . . . . . . . . . . . 152.5 Modularne aritmetike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.6 Eulerova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.7 RSA metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.8 Kineska teorema o ostacima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3 Binomna i polinomna formula 313.1 Binomni koeficijenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.2 Binomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323.3 Polinomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.4 Neki identiteti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4 Funkcije generatrise 374.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 374.2 Particije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394.3 Hanojske kule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434.4 Steinerov problem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444.5 Fibonaccijevi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454.6 Problem dijagonalnih triangulacija . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.7 Sistemi rekurzivnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.8 Problem dearanzmana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474.9 Kompozicijski inverz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.10 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3

4 SADRZAJ

5 Sume 555.1 Gausov postupak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.2 Metoda perturbacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.3 Beskonacne sume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595.4 Primjena izvoda i integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 625.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

6 Dirichletov princip i Ramseyeva teorema 656.1 Dirichletov princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 656.2 Ramseyeva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 676.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

7 Grafovi 697.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 697.2 Stepen cvora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 717.3 Povezani grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 747.4 Stabla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 767.5 Eulerovi i Hamiltonovi grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 777.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

8 Linearno programiranje 818.1 Standardni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 818.2 Dualnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 868.3 Teorema o dualnosti i teorema o ekvilibrijumu . . . . . . . . . . 888.4 Operacije sa pivotima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 918.5 Simpleks tabela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 958.6 Pravila za operacije sa pivotima kod simpleks metoda . . . . . . 1008.7 Dualni simpleks metod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1048.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

9 Diskretna teorija vjerovatnoce 1079.1 Pojam vjerovatnoce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1079.2 Uslovna vjerovatnoca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1109.3 Bernulijeva sema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1129.4 Diskretne slucajne promjenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1149.5 Slucajni procesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1179.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

10 Algebarske strukture 12310.1 Parcijalno uredeni skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12310.2 Mreze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12910.3 Grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

SADRZAJ 5

11 Teorija izracunavanja 13911.1 Regularni jezici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13911.2 Automati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13911.3 Tjuringove masine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

12 Teorija kodova 14112.1 Generatorske matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14112.2 Hemingovi kodovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

13 Primjene teorije brojeva 14313.1 Prepoznavanje oblika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14313.2 Funkcije hesiranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14313.3 Kriptografija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

14 Zadaci sa kolokvijuma i pismenih ispita 14514.1 1. Kolokvijum 28. novembar 2007. . . . . . . . . . . . . . . . . . 14514.2 1. Kolokvijum 28. novembar 2007. (Rjesenja) . . . . . . . . . . . 14614.3 1. Kolokvijum 10. decembar 2007. (Popravni) . . . . . . . . . . . 14914.4 2. Kolokvijum 6. februar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15014.5 2. Kolokvijum 13. februar 2008. (Popravni) . . . . . . . . . . . . 15114.6 Pismeni 8. septembar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15114.7 1. Kolovijum 26. novembar 2008. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152

15 Literatura 155

6 SADRZAJ

Glava 1

Predgovor

-

7

8 GLAVA 1. PREDGOVOR

Glava 2

Elementi teorije brojeva

2.1 Uvod

Klasicna teorija brojeva se bavi uglavnom proucavanjem prirodnih, cijelih iracionalnih brojeva.

Prvi problemi iz teorije brojeva zapisani su jos u starom Babilonu i Egiptu2000-3000 godina prije nove ere. Otkrice iracionalnih brojeva i osnovnih osobinadjeljivosti prirodnih brojeva sadrzani su jos u Euklidovim1 elementima.

Neki najpoznatiji rijeseni i nerijeseni problemi iz teorije brojeva su:

Problem parova blizanaca: Postoji beskonacno mnogo parova prostihbrojeva medusobno udaljenih za 2 (npr. 3 i 5, 5 i 7, 11 i 13, 17 i 19, 41 i 43,101 i 103, . . .) Moze se pokazati da je problem parova blizanacaekvivale-ntan problemu da postoji beskonacno mnogo prirodnih brojeva n, tako dabroj n2 1 ima tacno 4 djelitelja.

Goldbachova2 hipoteza: Svaki se paran broj 2n, n 2, moze izrazitikao suma dva prosta prirodna broja (npr. 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 5+ 3,. . .) i danas odgovor je nepoznat, iako su sve konkretne provjere dalepozitivne odgovore. Goldbachova hipoteza kaze da je odgovor potvrdan.Tvrdnja jos nije dokazana. (Nagrada je 1 000 000 $).

Adrien-Marie Legendre3: Za svaki dovoljno veliki realni broj x, npr.x 117 postoji bar jedan prost broj izmedu brojeva x i x + x. Tuje hipotezu je krajem 18. vijeka postavio Legendre, ali ona i do danasnije rijesena. Ovo je samo jedan od problema vezan za tzv. problemgustineprostih brojeva.

1Euklid (330 p.n.e. - 275 p.n.e.), grcki matematicar. Zivio je i radio u Aleksandriji gdjeje stvorio matematicku skolu. Napisao je brojna djela, od kojih neka nisu sacuvana i poznatasu samo po naslovu. Sacuvana djela su: Elementi(geometrija kao nauka o prostoru) u 13knjiga, Optika( s teorijom perspektive), i dr.

2Christian Goldbach, (1690-1764), pruski matematicar.3Adrien-Marie Legendre, (1752-1833), bio je francuski matematicar. Znacajan doprinos je

dao na poljima statistike, teorije brojeva, apstraktne algebre i matematicke analize.

9

10 GLAVA 2. ELEMENTI TEORIJE BROJEVA

10. Hilbertov4 problem 1900: Postoji li algoritam za nalazenje rjesenjaDiofantske jednacine? (Negativan odgovor dao Matijasevic 1970.)

(a) Pelova jednacina: Najpoznatija Diofantska jednacina je

x2 dy2 = 1,gdje je d prirodan broj koji nije kvadrat. Sva pozitivna cijela rjesenja(xn, yn) ove jednacine su data sa

xn +dyn = (x0 +

dy0)n,

gdje je (x0, y0) najmanje rjesenje Pelove jednacine u pozitivnim cije-lim brojevima.

(b) Fermatov5 zadnji veliki teorem: Jednacina

xn + yn = zn,

nema rjesenja u nenegativnim cijelim brojevima gdje je n prirodanbroj veci od 2. (Tvrdnju je dokazao Andrew Wiles6.)

(c) Catalanova hipoteza 1843: Jedina rjesenja jednacine

xu yv = 1,u prirodnim brojevima x, y, u, v su 32 23 = 1. (Tvrdnju je dokazaoMihalescu 2003.)

Mali Fermatov teorem: Ako je n prirodan broj i p prost broj koji nedijeli n, onda je np1 1(modp). Time je zapravo dokazan jedan smjertzv. kineske hipoteze od skoro 2000 godina prije da je prirodan broj nprost ako i samo ako je 2n 2 djeljiv sa n. Njen drugi smjer nije istinit,npr. 23413 2 je djeljiv sa 341, a 341 = 31 11. Mali Fermatov teorem jetemelj mnogih rezultata iz teorije brojeva, a jos se koristi kao kompjuterskametoda provjere je li broj prost.

Teorema, Klaus Roth 1958, (Dobitnik Fieldsove medalje): Zarealan algebarski broj nejednacina pq

< 1q2+ ,gdje je > 0, ima konacno mnogo rjesenja.

4David Hilbert, (1862-1943), je bio njemacki matematicar koji je dao vazan doprinos unekoliko grana matematike.

5Pierre de Fermat, (1601-1665) bio je francuski matematicar i pravnik u tuluskom parla-mentu. Uz Dekarta, jedan je od najznacajnijih matematicara Francuske 17. veka.

6Andrew John Wiles, roden 11. aprila 1953. godine u Kembridzu) je britanskimatematicar. Postao je slavan dokazavsi Veliku Fermaovu teoremu, poznatu i kao Fermaovaposlednja teorema, 1995. godine. Na Univerzitetu u Getingenu svecano mu je urucena nagradajuna 1997. godine u iznosu od 60 000 dolara, koju je 1908. godine zavjestao njemacki indu-strijalac Paul Volfsker onome ko dokaze Fermaovu poslednju teoremu.

2.2. DJELJIVOST 11

2.2 Djeljivost

Definicija 2.1. Neka su a i b cijeli brojevi. Kazemo da a dijeli b ako je a 6= 0i postoji k Z tako da je b = ak. Pisemo a|b i citamo a dijeli b. Broj anazivamo djelitelj broja b, a broj b sadrzilac broja a.

Osobine relacije biti djelitelj :

Refleksivnost,

Antisimetricnost,

Tranzitivnost.Primjer 2.1. Ako su a, b, c Z, onda iz a|b i a|c slijedi a|(nb + mc) za bilokoja dva cijela broja m i n.

Teorema 2.1. Neka je a N i b Z tada postoje jedinstveni cijeli brojevi q ir takvi da je b = aq + r i 0 r < a.Dokaz. Pokazimo prvo egzistenciju brojeva q i r. Konstruisimo skup

S = {b as 0 : s Z}.

Skup S je neprazan podskup skupa N{0}, pa ima najmanji elemenat. Neka jeto r. Tada postoji q Z takav da je b aq = r. Jasno je da je r 0. Pokazimoda je r < a. U suprotnom bi imali r a, pa je b a(q + 1) = r a > 0. Dakle,b a(q + 1) S i b a(q + 1) < r sto je nemoguce.Pokazimo jedinstvenost brojeva q i r. Pretpostavimo da je b = aq1 + r1 ib = aq2 + r2, gdje je 0 r1 < a i 0 r2 < a. Tada je a|q2 q1| = |r2 r1| < a,pa kako su q1 i q2 cijeli brojevi to je |q2 q1| = 0. Znaci q1 = q2 i r1 = r2.

Definicija 2.2. Ako su a, b, Z takvi da je d|a i d|b onda d nazivamozajednicki djelitelj od a i b.

Najveci zajednicki djelitelj brojeva a i b oznacavamo sa (a, b).

Najmanji prirodan broj ciji su a i b djelitelji nazivamo najmanji za-jednicki sadrzilac i oznacavamo sa [a, b].

Primjer 2.2. (a, b) = (b, a) = (|a|, |b|),

[a, b] = [b, a] = [|a|, |b|],

ako d|a i d|b tada je d|(a, b),

ako a|m i b|m tada je [a, b]|m,

(a, b) min{a, b} max{a, b} [a, b].


ako jea =

nj=1

pujj i b =

nj=1

pvjj

tada je

(a, b) =nj=1

pmin{uj ,vj}j i [a, b] =

nj=1

pmax{uj ,vj}j . (2.1)

Primjer 2.3. Odrediti (460, 200) i [460, 200].Kako je 460 = 22 5 23 i 200 = 23 52 imamo (460, 200) = 22 5 = 20 i[460, 200] = 23 52 23 = 4600.Primjedba 2.1. Na slican nacin se moze definisati (a1, a2, . . . , an) i [a1, a2, . . . , an],gdje su a1, a2, . . . , an cijeli brojevi.

Teorema 2.2. Neka su a i b prirodni brojevi. Tada postoje cijeli brojevi x i ytakvi da je (a, b) = ax+ by.

Dokaz. SkupS = {ax+ by > 0 : x, y Z}

je podskup skupa N, pa ima najmanji elemenat d0. To znaci da postoje cijelibrojevi x0 i y0 takvi da je d0 = ax0 + by0. Pokazimo da je

d0|ax+ by za sve x, y Z. (2.2)Ako (8.1) ne bi vrijedilo postojali bi cijeli brojevi x1 i y1 takvi

d0 - ax1 + by1.

Znaci postoje brojevi q i r, 1 r < d0, takvi da jeax1 + by1 = qd0 + r,

pa jea(x1 qx0) + b(y1 qy0) = r,

sto je nemoguce, jer je d0 minimum skupa S. Dakle, vrijedi (8.1), pa za x = 1i y = 0 imamo d0|a, a za x = 0 i y = 1 imamo d0|b, to znaci d0|(a, b). S drugestrane, (a, b)|a i (a, b)|b, pa (a, b)|ax0+by0 to jest (a, b)|d0. Znaci d0 = (a, b).Posljedica 2.1. Ako su a i b relativno prosti brojevi to jest (a, b) = 1 tadapostoje cijeli brojevi x i y takvi da je ax+ by = 1.

Primjer 2.4. Pokazati da jednacina 12x+ 15y = 3 ima cjelobrojna rjesenja.Kako je (12, 15) = 3 na osnovu prethodne posljedice zakljucujemo da jednacina4x+5y = 1 ima cjelobrojna rjesenja, pa prema tome i jednacina 12x+15y = 3.

Primjedba 2.2. Iz dokaza teoreme 2.2. vidimo da je

(a, b) = min{ax+ by > 0 : x, y Z}.Primjer 2.5. Dokazati da razlomak 21n+414n+3 ne moze da se skrati ni za jedanprirodan broj n. (IMO, Rumunija, 1959)Rjesenje. Za svaki n vrijedi 3(14n + 3) 2(21n + 4) = 1, pa dobijamo da akod|14n+ 3 i d|21n+ 4 da je d = 1.

2.3. EUKLIDOV ALGORITAM 13

2.3 Euklidov algoritam

U prethodnoj sekciji smo vidjeli da je za rjesavanje linearne Diofantove7

jednacine, ax+ by = c, potrebno naci najveci zajednicki djelilac brojeva a i b.Algoritam dat u sledecoj teoremi daje postupak za odredivanje najveceg

zajednickog djelioca dva broja.

Teorema 2.3. (Euklidov algoritam) Pretpostavimo da su a, b N i a < b.Dalje, neka su q1, q2, . . . , qn+1 Z, r1, r2, . . . , rn N i 0 < rn < rn1 < 2 i da svakiprirodan broj m za koji vrijedi 2 m < n ima reprezentaciju koja se sastoji odproizvoda prostih brojeva. Ako je n prost broj tada je dokaz gotov, u suprotnompostoje prirodni brojevi n1 i n2 takvi da je 2 n1 < n i 2 n2 < n i n = n1 n2.Zbog indukcijske pretpostavke n1 i n2 imaju reprezentacije preko proizvodaprostih brojeva, pa prema tome takvu reprezentaciju ima i broj n.Dokazimo sada jedinstvenost. Prepostavimo da je

n = p1 p2 pr = p1 p2 p

s,

gdje su p1 p2 pr, p1 p2 p

s prosti brojevi. Imamo p1|p

1

p2 p

s, pa p1|p

i za neki i {1, . . . , s}. S druge strane p

1|p1 p2 pr, pa p

1|pj

za neki j {1, . . . , r}. Dakle, imamo

p1 = pi p

1 = pj p1,

pa je p1 = p1. Sada je

p2 pr = p2 ps,

pa se na slican nacin pokaze da je r = s i pi = pi, i = 1, . . . , r.

Posljedica 2.2. Neka je n prirodan broj. Tada postoje prosti brojevi p1, . . . , pki prirodni brojevi 1, . . . k takvi da je

n = p11 pkk . (2.3)


Definicija 2.4. Reprezentacija (2.3) se naziva kanonska dekompozicija brojan.

Primjer 2.9. Dokazati da je

[m,n, p]2

[m,n], [m, p], [n, p]=

(m,n, p)2

(m,n), (m, p), (n, p)za sve m,n, p N. (USA MO, 1972)

Rjesenje. Pretpostavimo da je

m = pa11 pa22 pakk , n = pb11 pb22 pbkk , p = pc11 pc22 pckk ,gdje su p1, p2, . . . , pk prosti brojevi i ai, bi, ci, i {0, 1, . . . , k} nenegativni cijelibrojevi. Koristeci (2.1) dobijamo

[m,n, p] = pmax{a1,b1,c1}1 pmax{a2,b2,c2}2 pmax{ak,bk,ck}k ,

[m,n] = pmax{a1,b1}1 pmax{a2,b2}2 pmax{ak,bk}k ,[m, p] = pmax{a1,c1}1 pmax{a2,c2}2 pmax{ak,ck}k ,[n, p] = pmax{b1,c1}1 pmax{b2,c2}2 pmax{bk,ck}k ,

opet iz (2.1) je

(m,n, p) = pmin{a1,b1,c1}1 pmin{a2,b2,c2}2 pmin{ak,bk,ck}k ,

(m,n) = pmin{a1,b1}1 pmin{a2,b2}2 pmin{ak,bk}k ,(m, p) = pmin{a1,c1}1 pmin{a2,c2}2 pmin{ak,ck}k ,(n, p) = pmin{b1,c1}1 pmin{b2,c2}2 pmin{bk,ck}k .

Sada se zadatak svodi da se pokaze da je

2max{a, b, c} max{a, b} max{a, c} max{b, c}= 2min{a, b, c} min{a, b} min{a, c} min{b, c}.

Mozemo pretpostaviti da vrijedi a b c. Tada je2max{a, b, c} max{a, b} max{a, c} max{b, c} = 2c b c c = b,

slicno,

2min{a, b, c} min{a, b} min{a, c} min{b, c} = 2a a a b = b.Teorema 2.6. (Euklid) Skup prostih brojeva je beskonacan.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno. Neka su p1 < p2 < < pk svi prosti brojevi.Tada je na osnovu osnovnog teorema aritmetike broj n = p1 p2 pk+1 djeljivsa pj za neko j {1, . . . , k}. Dakle, pj |n p1 p2 pk, to jest pj |1 sto jenemoguce.

2.5. MODULARNE ARITMETIKE 17

Primjer 2.10. Neka su x i y cijeli brojevi. Pokazati da je 3x+5y djeljiv sa 13ako i samo ako je x+ 6y djeljivo sa 13.Rjesenje. 13|3x + 5y 13|5(3x + 5y), pa 13|15x + 25y. Kako je 15x + 25y =13x+13y+2(x+6y) dobijamo 13|x+6y. S druge strane, 13|x+6y 13|3(x+6y),pa 13|(3x+ 5y) + 13y, a odavde 13|3x+ 5y.Primjer 2.11. Dokazati da prostih brojeva oblika 4k+3 ima beskonacno mnogo.Rjesenje. Pri dijeljenju sa 4 neparni prosti broj moze dati ostatak 1 ili 3.Proizvod brojeva oblika 4k + 1 i sam je tog oblika. Zaista,

(4s+ 1)(4t+ 1) = 4(4st+ s+ t) + 1.

Neka su sada p1, p2, . . . pn svi prosti brojevi oblika 4k + 3. Posmatrajmo broj4p1p2 pn 1. Ako bi svi njegovi prosti faktori bili oblika 4k + 1, onda bi ion sam imao taj oblik. Prema tome, on ima barem jedan prosti faktor p oblika4k + 3. Ocigledno je p 6= pi, za i = 1, 2, . . . , n, pa smo dobili kontradikciju.Primjer 2.12. Dokazati da ne postoji polinom f(x) s cjelobrojnim koeficijen-tima, stepena 1, takav da je f(n) prost za sve n N.Rjesenje. Neka je f(1) = p. Tada je p prost broj. Kako je f(1 + kp) f(1)djeljivo sa (1+kp)1 = kp (jer xy dijeli xmym), slijedi da p|f(1+kp), zasvaki k N. Medutim, f(1 + kp) je prost, pa mora biti f(1 + kp) = p, za svakik N. Dakle, polinom f(x) p ima beskonacno mnogo nula, pa on mora bitinulapolinom, pa je f(x) = p, sto je u suprotnosti s pretpostavkom da je stepenpolinoma f 1.

Sljedeca teorema je poznata kao mala Fermatova teorema.

Teorema 2.7. Neka je a prirodan broj i p prost tada je p|ap a.Dokaz. Dokazacemo teoremu koristeci indukciju po a. Za a = 1 tvrdnja jetrivijalna. Neka je a > 1 i stavimo a = b+ 1. Tada je

ap a = (b+ 1)p (b+ 1) = bp +(

p1

)bp1 + +

(p

p 1)b+ 1 b 1.

= (bp b) +(

p1

)bp1 + +

(p

p 1)b.

Po indukcijskoj hipotezi bp b je djeljivo sa p. S druge strane, kako je p prostto je p|

(pk

), k = 1, . . . , p 1, pa je dokaz gotov.

Primjer 2.13. Pokazati da postoji prirodan broj k takav da je 11256 = 1+257k.

2.5 Modularne aritmetike

U ovoj sekciji, koristeci osobine prostih brojeva nastavljamo da izucavamorelaciju a dijeli b.


Definicija 2.5. Ako je n|ab onda kazemo da je a kongruentno b po modulon i to pisemo

a b( mod n).

Osobine relacije biti kongruentan modulo n:

Relacija biti kongruentan modulo nje relacija ekvivalencije na skupuZ. Svi cijeli brojevi koji su kogruentni po datom modulu obrazuju jednuklasu brojeva. Tako na primjer po modulu 3 imamo tri klase brojeva :

klasu brojeva oblika 3k koji su djeljivi sa 3, odnosno kongruentni sunuli po modulu 3,

klasu brojeva oblika 3k+ 1 koji prilikom dijeljenja sa 3 daju ostatak1, odnosno kongruentni si jedinici po modulu 3,

klasu brojeva oblika 3k+ 2 koji prilikom dijeljenja sa 3 daju ostatak2, odnosno kongruentni su broju 2 po modulu 3.

Primjer 2.14. Odrediti prirodan broj p ako su p i 8p2 + 1 prosti brojevi.Prema prethodnom svaki se cijeli broj moze zapisati u jednom od sljedecatri oblika :

n = 3k, n = 3k + 1 n = 3k 1,gdje je k cijeli broj. Ako je p 6= 3 onda je p oblika 3k 1, jer je p prost.U oba slucaja je

8p2 + 1 = 3(24k2 16k + 3)djeljivo sa. Dakle, ostaje jedino mogucnost da je p = 3 i u tom slucajuimamo 8p2 + 1 = 73 sto je prost broj.

Ako je a b( mod n) i c d( mod n) onda je a c b d( mod n) iac bd( mod n).

Ako je a b( mod n), d N i d|n onda je a b( mod d).

Ako je a b( mod n) onda je ac bc( mod n) za svaki prirodan broj c.

Ako je a b( mod n) onda je ak bk( mod n) za svaki prirodan broj k.

Ako je ac bc( mod n) i (c, n) = 1 onda je a b( mod n).

Dokazimo na primjer posljednju osobinu.Neka je ac bc( mod n). Tada imamo n|c(a b), pa kako je (c, n) = 1 to jen|a b. Znaci a b( mod n).Primjedba 2.5. Moze se pokazati da je ac bc( mod n) ako i samo ako jea b

(mod n(c,n)

).


Primjer 2.15. Odrediti posljednju cifru u dekadnom zapisu broja 3400.Vrijedi 34 1( mod 10), pa je

3400 1100( mod 10),

to jest3400 1( mod 10).

Dakle, posljednja cifra broja 3400 je 1.

Primjedba 2.6. Malu Fermatovu teoremu mozemo zapisati i na sljedeci nacin:Ako je a prirodan broj i p prost onda je

ap a( mod p).

Primjer 2.16. Ako je p prost i n prirodan broj takav da je p|(4n2 + 1), tadap 1( mod 4).Rjesenje. Jasno da je p 6= 2. Neparan broj pri dijeljenju sa 4 daje ostatak 1ili 3. Prema tome, treba dokazati da da p nije oblika 4k + 3. Pretpostavimo dapostoji k takav da je p = 4k + 3. Na osnovu malog Fermatovog teorema, jer pnije djeljivo sa n je

(2n)p1 1( mod p).Iz pretpostavke zadatka je

(2n)2 1( mod 4),

pa je

(2n)p1 (2n)4k+2 ((2n)2)2k+1 (1)2k+1 1( mod p),

sto je kontradikcija. Prema tome, p 1( mod 4).Primjer 2.17. Dokazati da prostih brojeva oblika 4k+3 ima beskonacno mnogo.Rjesenje.

Neka je dat prirodan broj m > 1. Posmatrajmo m klasa cijelih brojevakongruentnih redom sa brojevima 0, 1, 2, . . . ,m 1. Jasno je da jedan broj nemoze biti u dvije razlicite klase i da svaki cijeli broj mora biti u jednoj od klasa.Izaberemom brojeva tako da svaki bude iz po jedne klase. Tako izabrani brojevinazivaju se potpuni sistem ostataka po modulu m. Svedeni sistem ostataka pomodulu m se dobija ako se iz potpunog sistema ostataka izbace brojevi koji nisuuzajamno prosti sa m. U svedenom sistemu ostataka po datom modulu uvijekje isti broj elemenata bez obzira od kog potpunog sistema podemo.

Teorema 2.8. Neka je (a,m) = 1 i neka je {1, 2, . . . , k} proizvoljan potpuni(svedeni) sistem ostataka po modulu m. Tada je {a1, a2, . . . , ak} potpuni(svedeni) sistem ostataka po modulu m.


Dokaz. Brojeva ai ima koliko i brojeva i, pa treba dokazati da brojevi ai iaj pripadaju razlicitim klasam po modulu m ako je i 6= j. Ako bi bilo

ai aj( mod m),kako je (a,m) = 1, imali bi da je 1 j( mod m), sto je nemoguce.Teorema 2.9. Ako je p prost broj, onda za svaki broj k {2, 3, . . . , p 2},postoji tacno jedan broj l {2, 3, . . . , p 2}, takav da je

kl 1( mod p)i vrijedi l 6= k.Dokaz. Na osnovu teoreme 2.8 brojevi

k, 2k, 3k, . . . , (p 1)k,obrazuju potpuni sistem ostataka po modulu p, pa uzeti u nekom redoslijedudaju ostatke 0, 1, 2, . . . , p 1 po modulu p. To znaci da postoji tacno jedanl {1, 2, 3, . . . , p 1} takav da je

kl 1( mod p).Broj l ne moze biti jednak k, jer bi u tom slucaju imali

k2 1( mod p),a ovo je ekvivalentno sa

(k 1)(k + 1) 0( mod p).Ovo znaci da je

k 1( mod p) ili k 1( mod p),sto je nemoguce, jer je k {2, 3, . . . , p 2}.Teorema 2.10. (Wilson8) Ako je p prost broj, tada vrijedi

(p 1)! 1( mod p).Dokaz. Za p = 2 tvrdenje ocigledno vrijedi. Ako je p prost broj veci od 2, uproizvodu

(p 1)! = 1 2 3 . . . (p 1)ima paran broj faktora. Na osnovu teoreme 2.9 vrijedi

2 3 . . . (p 2) 1( mod p),kako je

1 (p 1) 1( mod p),dobijamo tvrdenje teoreme.

8John Wilson (1741-1793), engleski matematicar.


Primjer 2.18. Odrediti ostatak pri dijeljenju broja 93! sa 97.Kako je 97 prost broj na osnovu Wilsonove teoreme imamo

96! 1( mod 97).

Pretpostavimo da je93! x( mod 97).

Sada dobijamo

96 95 94 x (1)(2)(3)x( mod 97).

Dakle,1 6x( mod 97),

pa vrijedi6x 1( mod 97),

kako je (16, 97) = 1 mnozenjem posljednje jednakosti sa 16 dobijamo

96x 16( mod 97),

to jestx 16( mod 97),

odavde jex 16( mod 97),

pa jex 81( mod 97).

Primjer 2.19. Ako je p prost broj veci od 2, dokazati

12 32 52 . . . (p 2)2 (1) p+12 ( mod p).

Na osnovu Wilsonove teoreme je

1 2 3 . . . (p 1) 1( mod p).

Za svako i = 0,1,2, . . . vrijedi i (pi)) mod p). Zamijenimo p12 parnihbrojeva na lijevoj strani prve kongruencije brojevima njima kongruentnim kojise dobijaju iz druge kongruencije za i = 2, 4, . . . , p 1. Dobijamo

12 32 52 . . . (p 2)2(1) p12 1( mod p).


2.6 Eulerova funkcija

Definicija 2.6. Neka je (n) broj prirodnih brojeva koji nisu veci od n, auzajamno su prosti sa n. Definisimo (1) = 1. Na taj nacin je definisanafunkcija : N N koja se naziva Eulerova9 funkcija.Primjer 2.20. Nekoliko prvih vrijednosti funkcije dato je sljedecom tabelom:

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12(n) 1 1 2 2 4 2 6 4 6 4 10 4

Definicija 2.7. Funkcija f : N N je multiplikativna ako je

f(mn) = f(m)f(n),

za sve prirodne brojeve m i n za koje je (m,n) = 1.

Dacemo neke osobine Eulerove funkcije.

Teorema 2.11. Eulerova funkcija je multiplikativna.

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

1 2 k nn+ 1 n+ 2 n+ k 2n...

... ... ...(m 1)n+ 1 (m 1)n+ 2 (m 1)n+ k mn

U bilo kojoj koloni tabele su svi elementi uzajamno prosti sa n ili nijedan.Kolona u kojoj su svi elementi uzajamno prosti sa n ima (n). Kako je (m,n) =1 u svakoj takvoj koloni ima (m) koji su uzajmno prosti sa m. Dakle ukupanbroj elemenata koji su uzajamno prosti i sa m i sa n je (m)(n).

Teorema 2.12. Ako je n = p11 p22 pkk kanonska faktorizacija broja n onda

je

(n) = n(1 1

p1

)(1 1

p2

) (1 1

pk

).

9Leonhard Paul Euler, (1707-1783) je bio svajcarski matematicar i fizicar. Ziveo je i radiou Berlinu i Petrogradu. Euler je dosao do velikih otkrica u potpuno razlicitim oblastimakao sto su matematicka analiza i teorija grafova. Uveo je u upotrebu veliki broj terminakoji se koriste u savremenoj matematici i unapredio matematicku notaciju, posebno u okviruanalize. Takode je i jedan od najplodonosnijih matematicara-sacuvano je oko 900 njegovihradova. Laplasove rijeci Citajte Eulera, citajte Eulera, to je nas zajednicki uciteljnajboljepokazuju Eulerov uticaj na matematiku. Eulerov lik je nekoliko puta stampan na postanskimmarkicama u Svajcarskoj, Njemackoj i Rusiji, a asteroid 2002 Euler je dobio ime u njegovucast. Luteranska crkva ga je uvrstila u svoj kalendar svetaca. Secanju na Eulera su posvetili24. maj.

2.6. EULEROVA FUNKCIJA 23

Dokaz. Ako je p prost broj onda u nizu

1, 2, . . . , p, . . . , 2p, . . . , p1p

ima p1 brojeva djeljivih sa p, pa je (p) = pp1. Odavde i iz prethodneteoreme dobijamo

(n) = (p11 )(p22 ) (pkk ) = p11

(1 1

p1

)p22

(1 1

p2

) pkk

(1 1

pk

),

cime je dokaz zavrsen.

Primjer 2.21.

(120) = (23 3 5) = 223050(2 1)(3 1)(5 1) = 32.Teorema 2.13. (Gaussova10 formula) Za svaki prirodan broj n vrijedi

d|n(d) = n.

Dokaz. Neka je n = p11 p22 pkk , gdje su pi razliciti prosti brojevi. Tada jed|n

(d) = ((1) + (p1) + + (p11 )) ((1) + (p2) + + (p22 ))

((1) + (pk) + + (pkk )) = (1 + p1 1 + p21 p1 + + p11 p111 )(1+p21+p22p2+ +p22 p212 ) (1+pk1+p2kpk+ +pkk pk1k ) =

= p11 p22 pkk = n.

Teorema 2.14. (Eulerova teorema) Ako je (a,m) = 1 onda je

a(m) 1(modm).Dokaz. Neka su 1, 2, . . . , (m) razliciti brojevi koji su uzajamno prosti sa mi manji od m. Kako je (a,m) = 1 uzajamno prosti brojevi sa m su i

a1, a2, . . . , a(m).

Iz osobina relacije biti kongruentanimamo

a(m)12 (m) 12 (m)(modm).Kako je (i,m) = 1 imamo

a(m) 1(modm).

10Johann Carl Friedrich Gau, (1777-1855) bio je njemacki matematicar i naucnik koji jedao znacajan doprinos u mnogim poljima, ukljucujuci teoriju brojeva, analizu, diferencijalnugeometriju, geodeziju, elektrostatiku, astronomiju i optiku. Poznat kao princ matematicarainajveci matematicar od davnina, Gauss je ostavio trag na mnogim poljima matematike inauke i smatra se jednim od najuticajnijih matematicara u istoriji.


Posljedica 2.3. (Mala Fermatova teorema) Ako je p prost broj i p ne dijeli aonda je

ap1 1(modp).Primjer 2.22. Ako su a i m uzajamno prosti prirodni brojevi, tada postojirjesenje kongruencije

ax b(modm).

Naime, iz Eulerove teoreme imamo

b(a(m)1 1) 0(modm),pa je rjesenje, x = ba(m)1.

Primjer 2.23. Naci sve proste brojeve p za koje je broj 5p2+ 1 djeljiv sa p2.

Ocigledno je p 6= 5. Sada mozemo primijeniti Eulerovu teoremu:

5(p2) 1(modp2),

to jest5p

2p 1(modp2).Dakle,

5p2+ 1 5p 5p2p + 1 5p + 1(modp2).

Znaci treba da je5p + 1 0(modp2).

Prema maloj Fermatovoj teoremi, je

5p 5(modp),pa je

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

Primjer 2.24. Neka je p prost broj veci od 2 i p ne dijeli a. Pokazati da jejedan i samo jedan od brojeva

A = a1+2++(p1) 1, B = a1+2++(p1) + 1,djeljiv sa p.Na osnovu male Fermatove teoreme je ap1 1( mod p), pa je

AB =(a(p1)p

2 1)(

a(p1)p

2 + 1)= a(p1)p 1 0( mod p).

Dakle, p | AB. Kako je B A = 2 i p prost broj veci od 2, to samo jedan odbrojeva moze biti djeljiv sa p.

2.7. RSA METOD 25

2.7 RSA metod

2.8 Kineska teorema o ostacima

U primjeru 2.22 vidjeli smo kako se mogu rjesavati neke kongruencije. Sljedecateorema daje potreban i dovoljan uslov kada sistem kongruencija ima rjesenje.

Teorema 2.15. ( Kineska teorema o ostacima) Neka su m1, . . . ,mr poparovima uzajamno prosti brojevi i neka su a1, . . . , ar proizvoljni cijeli brojevi.Tada postoji rjesenje sistema kongruencija:

x a1(modm1)

...

x ar(modmr).Ako je x0 jedno rjesenje gornjeg sistema, onda je x njegovo rjesenje ako i samoako je x = x0 + km, gdje je k Z, a broj m = m1 mr.Dokaz. Stavimo m = m1 mr, tada je(

m

mj,mj

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

Prema primjeru 8.26 za sve j postoji cijeli broj bj takav da je

m

mj bj 1(modmj).

Jasno,m

mj bj 1(modmi) za i 6= j.

Stavimo

x0 =r

j=1

m

mjbjaj ,

ocigledno jex0 m

mibiai ai(modmi).

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

x1 x0(modmi), i = 1, . . . , r,

pa je x1 = x0 + km za neko k Z. Osim toga x0 + km zadovoljava sistem, paje teorema dokazana.


Primjedba 2.7. Uslov da su mi po parovima uzajamno prosti je bitan, jer naprimjer sistem

x 0(mod2)x 1(mod2),

nema rjesenje.

Primjer 2.25. Odrediti najmanji prirodan boj x za koji je

x 5(mod17)

x 7(mod11)x 3(mod13).

Uvedimo oznake kao u teoremi 2.15,

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

m1 = 7,m2 = 11,m3 = 13,m = 7 11 13 = 1001,m

m1= 143,

m

m2= 91,

m

m3= 77.

Odredimo b1, b2, b3. Iz 143b1 1(mod7), dobijamo 3b1 1(mod7), pa je

b1 3(7)1 361 243 5(mod7),

na slican nacin, iz 3b2 1(mod11) i 77b3 1(mod13) dobijamo

b2 3(11)1 4(mod11),

b3 (1)(13)1 1(mod13).Znaci,

x0 =m

m1b1a1 +

m

m2b2a2 +

m

m3b3a3 = 143 5 5 + 91 4 7 + 77 (1) 3 = 5982.

Kako je x0 = 5 1001+887, zakljucujemo da je 887 najmanji prirodan broji kojije rjesenje sistema.

2.9. ZADACI 27

2.9 Zadaci

1. Dati su brojevi 125 i 962.

(a) Odrediti njihove kanonske dekompozicije.

(b) Naci (125, 962).

(c) Naci [125, 962].

2. Koristeci Euklidov algoritam rijesiti Diofantsku jednacinu

(210, 858) = 210x+ 858y.

Dati i opste rjesenje te jednacine.

3. Odrediti najmanji pozitivan broj koji ima tacno k djelilaca za 1 k 6.4. Dokazati da je (m,n)[m,n] = mn, za sve m,n N.5. Dokazati da je (mn, np,mp)[m,n, p] = mnp, za sve m,n, p N.6. Dokazati da ako je a > 3 brojevi a, a+ 2, a+ 4 ne mogu biti svi prosti.

7. Dokazati da je 37712 neparan i slozen broj.

8. Koristeci Eulerovu teoremu rijesiti kongruencijsku jednacinu

22x 1(mod729).

9. Dokazati da ako je 2n + 1 prost da je n slozen.

10. Odrediti faktorizaciju preko prostih brojeva za(

2010

)i 20!.

11. Dokazati da broj sa 30 cifara ne moze imati vise od 100 prostih faktora.

12. Dokazati da 30|m5 m za sve m N.13. Dokazati da zbir kvadrata pet uzastopnih cijelih brojeva ne moze biti tacan

kvadrat.

14. Dokazati da razlomak 26n+539n+7 ne moze da se skrati ni za jedan prirodanbroj n.

15. Dato je n brojeva a1, a2, . . . , an. Dokazati da se od njih moze odabratinekoliko ciji je zbir kvadrata djeljiv sa n.

16. Naci najmanji broj koji pri dijeljenju sa n, n + 1, . . . , n +m daje redomostatke r, r + 1, . . . , r +m.

17. Koliko ima prirodnih brojeva koji dijele bar jedan od brojeva 1060, 2050, 3040?

18. Koliko ima djeljitelja broja 3030 koji imaju tacno 30 djeljitelja?


19. Koliko ima prirodnih brojeva n 106 koji su djeljivi sa 7 i nisu djeljivi sa10, 12 i 25?

20. Rijesiti sistem kongruencijskih jednacina

(a)x 2(mod3)x 3(mod5)x 2(mod7).

(b)x 1(mod2)x 2(mod3)x 3(mod5).

21. Dokazati da je

(m n) = (m)(n) (m,n)((m,n))

.

22. Dokazati da je n13 n(mod2730) za sve n N.23. Ako je p prost broj veci od 2, dokazati

22 42 62 . . . (p 1)2 (1) p+12 ( mod p).

24. Neka su a i b prirodni brojevi takvi da je (a, b) = 1, te da je ab potpunkvadrat. Dokazati da su tada a i b potpuni kvadrati.

25. Nadite prirodan broj n sa osobinom da je n2 kvadrat,n3 kub, a

n5 peta

potencija nekog prirodnog broja.

26. Dokazati da postoji prirodan broj n takav da je za svaki prost broj p broj2pn + 3 slozen.

27. Neka je broj 2k + 1 prost. Dokazati da je tada k = 0 ili k = 2n za nekin 0. (Brojevi fn = 22n + 1 nazivaju se Fermatovi brojevi. Fermat jesmatrao da su svi oni prosti. Zaista, f0 = 3, f1 = 5, f2 = 17, f3 = 257 if4 = 65537 su prosti. Medutim, f5 = 232 + 1 je slozen, 641|f5. Hipotezaje da je samo konacno mnogo Fermatovih brojeva prosto.)

28. Ako je (p, q) = 1 i p 2 dokazati da u nizu{

pn

qn+1

}ima beskonacno

mnogo cijelih brojeva.

29. Broj a je dobijen tako sto su brojevi od 1 do 101 napisani jedan do drugog.Dokazati da je a slozen broj. Da li je a kvadrat nekog prirodnog broja?

30. Odrediti x za koje je x2 3x+ 2 0(mod53).

2.9. ZADACI 29

31. Rijesiti sistem kongrencijskih jednacina

2x+ 3y 1(mod11)

x+ 4y 4(mod11).

32. Rijesiti kongruencijsku jednacinu

(a) x2 3x 0(mod11),(b) x2 4(mod23).

Glava 3

Binomna i polinomnaformula

3.1 Binomni koeficijenti

Neka je n N {0}, izraz n! naziva se faktorijel broja n i definise se sa

n! ={

1 2 3 n, n N,1, n = 0.

Izraz(

nk

)naziva se binomni koeficijent i definise se kao broj ktoclanih

podskupova skupa sa n elemenata, to jest(nk

)= |{A {1, 2, . . . , n} : |A| = k}|.

Prebrojavanjem ktoclanih podskupova skupa sa n elemenata uocavamo da jeprethodna definicija ekvivalentna sa(

nk

)=

n(n 1) (n k + 1)k!

,

ako iskoristimo definiciju faktorijela imamo(nk

)=

n!k!(n k)! .

Prethodna definicija se moze prosiriti i u slucaju da se ne radi o cijelim broje-vima. Ako je r C onda se definise(

rk

)={

r(r1)(rk+1)k! , k 0,0, k < 0.

Sljedece osobine binomnih koeficijenata se jednostavno provjeravaju:

31

32 GLAVA 3. BINOMNA I POLINOMNA FORMULA

1.(

n0

)=(

nn

)= 1,

2.(

nk

)=(

nn k

),

3. k(

nk

)= n

(n 1k 1

),

4.(

nk

)=(

n 1k

)+(

n 1k 1

),

5.(

nm

)(mk

)=(

nk

)(n km k

)=(

nm k

)(nm+ k

k

),

6.(

n0

)

(n

n 1)>

(nn

).

3.2 Binomna formula

Nije komplikovano provjeriti da vrijede sljedece jednakosti

(x+ y)2 = x2 + 2xy + y2,

(x+ y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3,

(x+ y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4.

Ove jednakosti su specijalan slucaj opstije jednakosti poznate pod nazivomNewtonova1 binomna formula.

Teorema 3.1. Za svaki prirodan broj n vrijedi jednakost

(x+ y)n =n

k=0

(nk

)xkynk, (3.1)

gdje su x, y C.Dokaz. Zapisimo izraz (x+ y)n u obliku n faktora jednakih x+ y i pomnozimote faktore

(x+ y)n = (x+ y)(x+ y) (x+ y) =

a1a2 an.1sir Isaac Newton bio je engleski fizicar, matematicar, astronom, alhemicar i filozof. Smatra

se jednom od najvecih licnosti u istoriji nauke. Roden je 4. januara 1643. u Engleskoj, apreminuo 31. marta 1727. u Londonu.

3.2. BINOMNA FORMULA 33

Dobijamo sumu 2n sabiraka oblika a1a2 an, gdje su ai {x, y}, i = 1, . . . , n.Za svaki k {0, 1, 2, . . . , n}, postoji tacno

(nk

)sabiraka a1a2 an, kod kojih

su k od faktora a1, a2, . . . , an jednaki x, a n k faktora jednaki y. Na osnovutoga zakljucujemo da vrijedi jednakost (3.1).

Newtonova binomna formula se moze dokazati i koristeci matematicku indu-kciju.

Dokaz binomne formule matematickom indukcijom po n:Za n = 1 imamo

(x+ y)1 =(

10

)x10y0 +

(11

)x11y1,

sto je tacno.Iz pretpostavke da je formula tacna za prirodan broj n imamo

(x+ y)n+1 = (x+ y)(x+ y)n = (x+ y)n

k=0

(nk

)xnkyk

=n

k=0

(nk

)xn+1kyk +

nk=0

(nk

)xnkyk+1

=n

k=0

(nk

)xn+1kyk +

n+1k=1

(n

k 1)xn+1kyk.

Dakle,

(x+ y)n+1 =(

n0

)xn+1y0+

nk=1

[(nk

)+(

nk 1

)]xn+1kyk +

(nn

)x0yn+1.

Kako je (nk

)+(

nk 1

)=(

n+ 1k

),

imamo

(x+ y)n+1 =n+1k=0

(n+ 1k

)xn+1kyk,

a to je i trebalo dokazati.

Primjedba 3.1. Za svako z C za koje je |z| < 1 i za sve R vrijedi

(z + 1) =+k=0

(k

)zk

34 GLAVA 3. BINOMNA I POLINOMNA FORMULA

Primjer 3.1. Ako u formuli (3.1) stavimo x = 1, y = 1, a zatim x = 1, y = 1,dobijamo sljedece jednakosti(

n0

)+(

n1

)+(

n2

)+ +

(nn

)= 2n, (3.2)

(n0

)(

n1

)+(

n2

) + (1)n

(nn

)= 0. (3.3)

Iz jednakosti (8.19) i (8.20) sabiranjem i oduzimanjem dobijamo(n0

)+(

n2

)+(

n4

)+ =

(n1

)+(

n3

)+(

n5

)+ = 2n1.

3.3 Polinomna formula

Neka su n1, n2, . . . , nk nenegativni cijeli brojevi za koje vrijedi n1 + n2 + + nk = n. Polinomni koeficijent se definise sa(

nn1, n2, . . . , nk

)=

n!n1!n2! nk! .

Ako specijalno uzmeno n1 = k i n2 = n k dobijamo binomni koeficijent(n

k, n k)=

n!k!(n k)! =

(nk

).

Teorema 3.2. Neka su k i n prirodni brojevi. Tada za sve x1, x2, . . . , xk Cvrijedi

(x1 + x2 + + xk)n =( n

n1, n2, . . . , nk

)xn11 x

n22 xnkk , (3.4)

gdje se sabiranje vrsi po svim ktorkama (n1, n2, . . . , nk) nenegativnih cijelihbrojeva za koje vazi n1 + n2 + + nk = n.Dokaz. Ako izraz (x1 + x2 + + xk)n napisemo u obliku proizvoda n faktorajednakih x1 + x2 + + xk i pomnozimo te faktore, dobicemo zbir koji imakn sabiraka oblika a1a2 . . . an, gdje su a1, a2, . . . , an {x1, x2, . . . , xk}. Nekasu n1, n2, . . . , nk nenegativni cijeli brojevi takvi da je n1 + n2 + + nk = n.Broj sabiraka oblika a1a2 an, u kojima je za svaki broj j {1, 2, . . . , k}tacno nj od brojeva a1, a2, . . . , an jednako xj , jednak je broju n-varijacija tipa(n1, n2, . . . , nk) elemenata x1, x2, . . . , xk, to jest n!n1!n2!nk! . Prema tome dobi-jamo formulu (3.4).

Primjer 3.2. Naci koeficijent uz x15 u razvoju (1 x2 + x3)20.Broj 15 se moze predstaviti u obliku zbira sabiraka jednakih 2 ili 3 na sljedecatri nacina

2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 3,

3.4. NEKI IDENTITETI 35

2 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3,

3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3,

pa na osnovu formule (3.4) dobijamo da je koeficijent uz x15 jednak(20

13, 6, 1

)(

2014, 3, 3

)+(

2015, 0, 5

).

3.4 Neki identiteti

Primjer 3.3. Sumaciona formula. Matematickom indukcijom se dokazuje

nk=0

(m+ kk

)=(

m+ n+ 1n

).

Primjer 3.4. Suma proizvoda. Odredujuci koeficijent uz xk, (0 k min{n,m})u razvoju polinoma

(1 + x)n+m = (1 + x)n(1 + x)m

dobijamo (n+mk

)=

ki=0

(ni

)(m

k i). (3.5)

Ako je u (3.5) n = m, koristeci osobinu 2. binomnih koeficijenata dobijamo(2nk

)=

ki=0

(ni

)2.

Primjer 3.5. Vandermondova2 konvolucija.k

(r

m+ k

)(s

n k)=(

r + sm+ n

).

3.5 Zadaci

1. Naci sve vrijednosti za n i k za koje je(

nk + 1

)= 5

(nk

).

2. Odrediti max{k

(2009k

)|k {0, 1, . . . , 2009}

}.

3. Dokazati nejednakosti

(a) 2 1) ima cvor ciji jestepen 1.

Dokaz. Pocnimo od nekog cvora v1. Ako je (v1) = 1 dokaz je gotov. U suprot-nom je (v1) > 1, pa postoji cvor v2 povezan sa cvorom v1. Ako je (v1) = 1dokaz je gotov, ako je (v2) > 1 produzimo dalje do cvora v3 itd. Na taj nacindolazimo do puta v1v2v3 . . .. Cvorovi tog puta se ne ponavljaju jer bi inace imaliciklus. Kako cvorova ima konacno mnogo postoji posljednji cvor koji mora bitistepena 1.

Teorema 7.5. Ako je G = (V,E) stablo onda je |E| = |V |1, to jest (G) = 2.Dokaz. Prema lemi 7.1 postoji v V za koji je (v) = 1. Izbacimo taj cvor igranu koja je incidentna sa v. Tada dobivamo opet stablo G1 = (V1, E1) za kojeje (G1) = (G). Nastavljajuci ovaj proces na kraju dobijamo stablo samo sajednim cvorom, a njegova Eulerova karakteristika je 2.

Posljedica 7.1. (a) Za svako stablo G = (V,E) vrijedivV

(v) = 2|V | 2.

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

Dokaz. (a) Kako je vV

(v) = 2|E|

7.5. EULEROVI I HAMILTONOVI GRAFOVI 77

na osnovu prethodnog teorema imamovV

(v) = 2|V | 2.

(b) Ako je G netrivijalno stablo onda je (v) 1 za svaki cvor v, pa sada tvrdnjaslijedi iz (a).

Primjer 7.22. Svako stablo sa n cvorova ima n 1 grana.Rjesenje. Tvrdenje slijedi iz teoreme 7.5.

7.5 Eulerovi i Hamiltonovi grafovi

Definicija 7.11. Eulerova setnja je graf G = (V,E) koji je setnja i koji sadrzisvaku granu tacno jednom. Graf je Eulerov ako sadrzi Eulerovu setnju.

Definicija 7.12. Hamiltonov1 ciklus je graf G = (V,E) koji je ciklus i kojisadrzi sve vrhove od V . Graf je Hamiltonov ako sadrzi Hamiltonov ciklus.

Primjer 7.23. (Problem Kenigsberskih mostova) Stari pruski grad Konigsberg(sadasnji Kalinjgrad) smjesten je na rijeci Pregel. Dio grada je smjesten na dvaostrva koji su povezani sa kopnom sa sedam mostova kao na slici

Problem se sastoji u tome da se obavi setnja u kojoj ce se svaki most obici tacnojednom. Drugim rijecima pitanje je da li postoji Eulerova setnja na grafu kaona slici

Negativan odgovor na ovo pitanje je dao Euler 1736. god.

Primjer 7.24. (Problem trgovackog putnika, W. Hamilton 1856) Trgovacki put-nik treba obici neke gradove i vratiti se na mjesto polaska tako da u toku puto-vanja kroz svaki grad prodesamo jednom. Drugim rijecima trazi se potreban idovoljan uslov kada je graf Hamiltonov. To je jedan od najvecih nerijesenihproblema teorije grafova.

Teorema 7.6. Neka je dat graf G = (V,E). Ako je minvV

(v) 2 onda G sadrziciklus.

1William Rowan Hamilton (1805-1856) je bio irski matematicar, fizicar i astronom koji jedao znacajan doprinos razvoju optike, dinamike i algebre.

78 GLAVA 7. GRAFOVI

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, to jest da graf G nema ciklusa. Neka je Hkomponenta povezanosti cvora v za koji je (v) 2. H je stablo. Ako je Hnetrivijalan onda postoje bar dva cvora u H sa stepenima 1, sto je nemoguce.Ako je H trivijalan onda ima ciklus, sto je opet nemoguce.

Teorema 7.7. Povezan graf G je Eulerov ako i samo ako svi cvorovi imajuparan stepen.

Teorema 7.8. Povezani graf ima Eulerovu setnju ako i samo ako ima najvisedva vrha neparnog stepena.

Primjedba 7.5. Na osnovu prethodne teoreme zakljucujemo da graf mostova uKonigsbergu nema Eulerove staze.

Primjer 7.25. Plan Pariza sa granama na Seni izgleda kao na slici.

Da li se Pariz moze obici tako da preko svakog mosta predemo samo jednom?Pripadni graf izgleda kao na slici, pa taj graf ima Eulerovu setnju jer ima samodva vrha neparnog stepena.

7.6 Zadaci

1. Odrediti broj grana kompletnog grafa Kn.

2. Konstruisati graf koji ima sljedecu tabelu incidencije

0 1 2 3 4 5 6 7 8 95 2 1 7 2 0 1 3 0 08 6 4 6 8 2 5 59 6 9 4

.

Koliko komponenata povezanosti ima dati graf?

3. Odrediti sest neizomorfnih stabala sa 6 cvorova.

4. Naci sve neizomorfne grafove sa 6 cvorova kod kojih je stepen regularnosti3.

5. Pretpostavimo da je graf G = (V,E) stablo kod koga je |V | 2. Pokazatida graf G ima bar dva cvora sa stepenom 1.

6. Koliko ukupno ima grafova sa n cvorova i m grana?

7. Neka je X skup od n elemenata. Pretpostavimo da cvorove grafa G pre-dstavlja skup nepraznih podskupova od X, pri cemu su dva cvora spojenagranom ako i samo ako je presjek odgovarajucih podskupova skupa Xprazan. Odrediti broj cvorova i grana grafa G.

7.6. ZADACI 79

8. Da li postoji graf kod koga svi cvorovi imaju razlicite stepene?

9. Na sahovskom turniru svaki je igrac igrao sa svakim najvise jednom.Dokazati da u svakom trenutku turnira postoje bar dva igraca koji sudo tog trenutka odigrali isti broj partija.

10. Za koje vrijednosti n N kompletan graf Kn ima Ojlerovu setnju?

80 GLAVA 7. GRAFOVI

Glava 8

Linearno programiranje

8.1 Standardni problemi

Problem linearnog programiranja mozemo definisati kao problem maksimizi-ranja ili minimiziranja linearne funkcije zavisne od nekih linearnih ogranicenja.Ogranicenja mogu biti jednakosti ili nejednakosti. Navedimo jedan jednostavanprimjer.

Odrediti realne brojeve x1 i x2 takve da je suma x1 + x2 maksimalna uzuslove x1 0, x2 0 i

x1 + 2x2 44x1 + 2x2 12x1 + x2 1.

Ovaj problem ima dvije nepoznate velicine i pet uslova. Svi uslovi su neje-dnakosti i svi su linernog tipa u smislu da svaki od uslova ukljucuje neku linearnufunkciju. Prva dva uslova, x1 0, x2 0, su specijalna. Za njih kazemo dasu uslovi nenegativnosti i cesto se nalaze u problemima linearnog programi-ranja. Ostale uslove nazivamo glavni uslovi. Funkcija koju treba maksimizirati(minimizirati) se naziva funkcija cilja. Ovde, funkcija cilja je x1 + x2.

Kako prethodni primjer ima samo dvije promjenljive, mozemo ga rijesitipomocu grafika skupa svih tacaka u ravni koje ispunjavaju date uslove (grafikdopustivog skupa). Trazimo tacku iz dopustivog skupa koja maksimizira vrije-dnost ciljne funkcije. Svaka nejednakost iz uslova odreduje poluravan i dopustiviskup, koji je presjek tih poluravni. U ovom primjeru, dopustivi skup je petougao(odredite njegove vrhove).

Odredimo tacku (x1, x2) u kojoj se dostize maksimum za x1+ x2 nad dopu-stivim skupom. Funkcija x1+x2 je konstanta na pravoj sa koeficijentom pravca-1, na primjer, na pravoj x1 + x2 = 1, mozemo pomjerati tu pravu od ko-ordinatnog pocetka navise i naravno, vrijednost od x1 + x2 raste. Zato, po-trazimo pravu koja ima koeficijent pravca -1, koja je najudaljenija od koordi-natnog pocetka i koja sijece dopustivi skup. To je prava koja prolazi kroz

81

82 GLAVA 8. LINEARNO PROGRAMIRANJE

presjecnu tacku pravih x1 + 2x2 = 4 i 4x1 + 2x2 = 12, to jest kroz tacku(x1, x2) = (8/3, 2/3). Vrijednost funkcije cilja u toj tacki je 10/3.

Zadaci 1 i 2 na kraju ove glave, mogu se rijesiti koristeci prethodni postupak,poznat i kao graficka metoda.

Lako je zakljuciti da u opstem slucaju funkcija cilja, buduci da je linearna,uvijek dostize maksimum (ili minimum) u nekom vrhu dopustivog skupa, akoje dopustivi skup ogranicen. Ponekad, maksimum (ili minimum) se dostize ina cijeloj ivici dopustivog skupa, ali tada ce se naravno dostici i na nekom odvrhova.

Nisu svi problemi linearnog programiranja jednostavni za rjesavanje. Nekimogu da imaju veliki broj promjenljivih i uslova. Neke od promjenljivih mogubiti nenegativne, a druge mogu da ne ispunjavaju uslov nenegativnosti. Neki odglavnih uslova mogu biti jednakosti, a drugi u obliku nejednakosti. Ipak, dvijeklase problema, koje nazivamo standardni problem maksimuma i standa-rdni problem minimuma, igraju posebnu ulogu. Kod tih problema, svepromjenljive su nenegativne i svi glavni uslovi su u obliku nejednakosti.

Ovde, pod vektorom smatramo matricu koja se sastoji samo od jedne kolone.Neka je dat mvektor, b = (b1, . . . , bm)T , nvektor c = (c1, . . . , cn)T i matricarealnih brojeva, formata m n,

A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

.... . .

...am1 am2 amn

.Standardni problem maksimuma: Odrediti nvektor, x = (x1, . . . , xn)T ,

koji maksimiziracTx = c1x1 + + cnxn

uz uslovea11x1 + a12x2 + + a1nxn b1a21x1 + a22x2 + + a2nxn b2

...

am1x1 + am2x2 + + amnxn bm,ili

Ax bi

x1 0, x2 0, . . . , xn 0,ili

x 0.Standardni problem minimuma: Odreditimvektor, y = (y1, . . . , ym)T ,

koji minimizirayTb = y1b1 + + ymbm

8.1. STANDARDNI PROBLEMI 83

uz uslovey1a11 + y2a21 + + ymam1 c1y1a12 + y2a22 + + ymam2 c2

...

y1a1n + y2a2n + + ymamn cn,ili

yTA cT

iy1 0, y2 0, . . . , ym 0,

iliy 0.

Primjetimo da su glavni uslovi opisani preko kod standardnog problemamaksimuma i sa kod standardnog problema minimuma. Primjer iz uvodnogdijela je standardni problem maksimuma.

Sada navodimo cetiri opsta primjera linearnog programiranja. Svaki od tihproblema je dosta izucavan.

Primjer 1. Problem prehrane. Neka je dato m razlicitih tipova hrane,F1, . . . , Fm, koji sadrze odredene kolicine od n hranljivih sastojaka, N1, . . . , Nn,koji su od esencijalnog znacaja za dobro zdravlje. Neka je cj dnevni minimumhranljivog sastojka Nj . Neka je bi cijena po jedinici hrane Fi. Dalje, neka je aijkolicina hranljivog sastojka Nj sadrzanog u jedinici hrane Fi. Problem je da seodredi minimalna cijena kostanja dnevnih potreba za hranljivim sastojcima.

Neka je yi broj jedinica hrane Fi koji se mogu kupiti u toku dana. Cijenakostanja prehrane u toku dana je

y1b1 + + ymbm. (8.1)

Kolicina hranljivog sastojka Nj , koji se sadrzi u ovoj dijeti je

y1a1j + y2a2j + + ymamj ,

za j = 1, . . . , n, po nasoj pretpostavci minimalna kolicina je cj , pa trazimo

y1a1j + y2a2j + + ymamj cj , j = 1, . . . , n. (8.2)

Naravno, pretpostavljamo da je nabavljena kolicina hrane nenegativna, pa prematome imamo uslove

y1 0, y2 0, . . . , ym 0. (8.3)Dakle, problem je minimizirati (8.1) uz uslove (8.2) i (8.3). Ocigledno je tostandardni problem minimuma.

Primjer 2. Problem transporta. Neka je dato I izlaza ili proizvodackihskladista, P1, . . . , PI , koji snabdijevaju odredenom robom J marketaM1, . . . ,MJ ,


koji robu trebaju prodati. Skladiste Pi sadzi kolicinu robe si i = 1, 2, . . . I, ma-rket Mj potrazuje kolicinu rj , j = 1, . . . , J robe. Neka je bij cijena transportapo jedinici robe iz skladista Pi do marketa Mj . Problem je odrediti minimalnucijenu transporta uz uslov da svaki market dobije kolicinu potrazivane robe.

Neka je yij kolicina robe transponovana iz skladista Pi do marketa Mj . Ci-jena kostanja ukupnog tansporta je

Ii=1

Jj=1

yijbij . (8.4)

Kolicina robe poslana iz skladista Pi jeJj=1

yij i kako je kolicina robe sadrzane

u skladistu Pi jednaka si, dobijamo uslove

Jj=1

yij si i = 1, . . . , I. (8.5)

Kolicina robe koja je stigla u market Mj jeIi=1

yij i kako je potraznja u tom

marketu rj , dobijamo uslove

Ii=1

yij rj j = 1, . . . , J. (8.6)

Kako pretpostavljamo da kolicina poslane robe iz skladista Pi do marketa Mjne moze biti negativna, dobijamo uslove

yij 0 i = 1, . . . , I, j = 1, . . . , J. (8.7)Dakle, problem je minimizirati (8.4) uz uslove (8.5), (8.6) i (8.7).

Primjer 3. Problem analize aktivnosti. Neka je dato n aktivnosti,A1, . . . An, koje kompanija moze razvijati, koristecim resursa, R1, . . . , Rm. Nekaje bi dostupnost resursa Ri, aij je sadrzanost resursa Ri u koristenju aktivnostiAi po jedinici koristenja. Neka je cj dobitna vrijednost kompanije koristeciaktivnost Aj po jedinici koristenja. Problem je izabrati odgovarajuce aktivnostipo jedinici koristenja kako bi kompanija imala maksimalnu dobit.

Neka je xj kolicina koristenja aktivnosti Aj u radu. Vrijednost dobiti je

nj=1

cjxj . (8.8)

Sadrzaj resursa Ri koji je koristen u radu, ne moze biti veci od bi, to jest imamouslove,

nj=1

aijxj bi i = 1, . . . ,m. (8.9)

8.1. STANDARDNI PROBLEMI 85

Po pretpostavci, ne mozemo imati aktivnosti sa negativnim vremenom koristenja,to jest,

x1 0, x2 0, . . . , xn 0. (8.10)Dakle, ovde je problem maksimizirati (8.8) uz uslove (8.9) i (8.10), to jest, radise o standardnom problemu maksimizacije.

Primjer 4. Problem optimalne raspodjele. Neka I osoba mogu daobavljaju J poslova. Cijena osobe i po radnom danu na poslu j je aij . Problemje napraviti raspodjelu osoba po poslovima tako da se maksimizira ukupna dobit.

Za datu raspodjelu, neka brojevi xij predstavljaju velicinu vremena osobe ina poslu j. Prema tome,

Jj=1

xij 1, i = 1, . . . , I (8.11)

Ii=1

xij 1, j = 1, . . . , J (8.12)

ixij 0, i = 1, . . . , I, j = 1, . . . , J. (8.13)

Nejednakost (8.11) predstavlja cinjenicu da osoba ne moze imati vise od 100%radnog vremena, (8.12) znaci da na poslu j moze biti isplacena samo jednanaknada u toku jednog radnog dana i uslov (8.13) kaze da vrijeme angazovanjana poslu ne moze biti negativno. Problem se svodi na maksimiziranje ukupnedobiti, to jest maksimiziranje

Ii=1

Jj=1

aijxij (8.14)

uz uslove (8.11), (8.12) i (8.13). Ovo je standardni problem maksimiziranja sam = I + J i n = IJ.

Funkcija koja se maksimizira ili minimizira naziva se funkcija cilja.Vektor x, za standarni problem maksimuma ili vektor y za standardni pro-

blem minimuma je dopustivi vektor ako ispunjava sve date uslove.Skup svih dopustivih vektora naziva se dopustivi skup.Linearno programiranje je dopustivo ako je dopustivi skup neprazan, inace,

radi se o neprakticnom linearnom programiranju.Dopustivi problem maksimuma (minimuma) je neogranicen ako funkcija

cilja moze da ima proizvoljne velike pozitivne (negativne) vrijednosti, inacekazemo da se radi o ogranicenom problemu.

Dopustivi vektor u kome funkcija cilja dostize maksimalnu ili minimalnuvrijednost naziva se optimalni vektor.

Svaki problem linearnog programiranja se moze zapisati u sta-ndardnoj formi. Problem linearnog programiranja moze biti definisan kaomaksimiziranje ili minimiziranje linearne funkcije uz neke linearne uslove. Svi


takvi problemi mogu se zapisati u obliku standardnog problema maksimumakoristeci sljedece tehnike.

Problem minimuma moze se zamijeniti sa problemom maksimuma tako stose funkcija cilja pomnozi sa 1. Slicno, uslovi zapisani u formi

nj=1

aijxj bi,

mogu se zapisati sanj=1

(aij)xj bi.

Mogu nastati i sljedeca dva problema.

1. Neki uslovi mogu biti jednakosti. Jednakost

nj=1

aijxj = bi,

mozemo odstraniti, rjesavajuci taj uslov po xj za neko aij 6= 0 i zamje-njujuci tu promjenljivu u drugim uslovima i u funkciji cilja. Na taj nacinmozemo odstraniti sve uslove u obliku jednakosti.

2. Neke promjenljive mogu da ne ispunjavaju uslov nenegativnosti.U ovom slucaju, ako na primjer, promjenljiva xj ne ispunjava uslov nene-gativnosti, mozemo je zamijeniti sa dvije promjenljive, xj = uj vj , gdjeje uj 0 i vj 0.

8.2 Dualnost

Svaki problem linearnog programiranja ima dualni problem linearnog pro-gramiranja sa kojim je usko povezan. Mi prvo navodimo dualni problem za sta-ndarni problem linearnog programiranja. Kao u Sekciji 7. 1, c i x su nvektori,b i y mvektori i A je matrica tipa mn. Pretpostavimo da je m 1 i n 1.Definicija 8.1. Dualni problem standarnog problema maksimuma

max cTx (8.15)

Ax b, x 0je definisan kao standardni problem minimuma

minyTb (8.16)

yTA c, y 0.

8.2. DUALNOST 87

Razmotrimo ponovo numericki primjer iz prethodne sekcije: Odrediti realnebrojeve x1 i x2 takve da je suma x1+ x2 maksimalna uz uslove x1 0, x2 0 i

x1 + 2x2 4

4x1 + 2x2 12 (8.17)x1 + x2 1.

Dualni problem ovog standardnog problema maksimuma je sljedeci standardniproblem minimuma: Odrediti realne brojeve y1, y2 i y3 koji minimiziraju

4y1 + 12y2 + y3

uz uslove y1 0, y2 0, y3 0 i

y1 + 4y2 y3 1 (8.18)

2y1 + 2y2 + y3 1.Ako standardni problem minimuma (8.16) transformisemo u standardni pro-

blem maksimuma (mnozeci A,b i c sa 1), njegov dualni problem po definicijije standardni problem minimuma koji, kada se transformise u standardni prob-lem maksimuma (ponovo mijenjajuci znak svih koeficijenata) postaje problem(8.15).

Dakle, dualni problem standardnog problema minimuma (8.16) jestandardni problem maksimuma (8.15).

Za probleme (8.15) i (8.16) kazemo da su dualni.Standardni problem maksimuma i dualni problem minimuma mozemo isto-

vremeno predstaviti na sljedeci nacin:

x1 x2 xny1 a11 a12 a1n b1y2 a21 a22 a2n b2...

......

......

yn am1 am2 amn bm c1 c2 cn

(8.19)

Nas numericki primjer u ovoj notaciji mozemo zapisati na sljedeci nacin

x1 x2y1 1 2 4y2 4 2 12y3 -1 1 1

1 1

(8.20)

Veza izmedu standardnog problema i njegovog dualnog problema je datasljedecom teoremom.


Teorema 8.1. Ako je x dopustivo rjesenje standardnog problema maksimuma(8.15) i ako je y dopustivo rjesenje njegovog dualnog problema (8.16), ondavrijedi

cTx yTb. (8.21)Dokaz.

cTx yTAx yTb.Prva nejednakost slijedi iz

x 0 i cT yTA.

Druga nejednakost slijedi iz

y 0 i Ax b.

Posljedica 8.1. Ako su standardni i njegov dualni problem dopustivi onda suoba i ograniceni.

Dokaz. Ako je y dopustiv vektor za problem minimuma onda je zbog (8.21) yTbod gore ograniceno sa cTx, gdje je x dopustivi vektor za problem maksimuma.Slicno se pokaze i u drugom slucaju.

Posljedica 8.2. Ako je x dopustiv vektor za standardardni problem maksi-muma (8.15) i y dopustiv vektor za dualni problem (8.16), tako da je

cTx = yb,

onda su x i y optimalna rjesenja za probleme (8.15) i (8.16) respektivno.

Dokaz. Ako je x dopustivi vektor za (8.15), onda je

cTx yTb = cTx,

a odavde zakljucujemo da je x optimalan vektor. Na slican nacin se pokaze iza y.

8.3 Teorema o dualnosti i teorema o ekvilibri-jumu

Sljedeca fundamentalna teorema daje vezu izmedu standardnog i dualnogproblema. Dokaz ove teoreme nije jednostavan kao prethodne teoreme. Micemo dati taj dokaz kasnije kada teoremu dokazujemo koristeci simpleks metod.(Simpleks metod je algoritamski metod za rjesavanje problema linearnog pro-gramiranja.) Napomenimo da je ova teorema sadrzana i u minimax teoremi izteorije igara.

8.3. TEOREMA O DUALNOSTI I TEOREMA O EKVILIBRIJUMU 89

Teorema 8.2. (Teorema dualnosti) Ako je standardni problem linearnog pro-gramiranja ograniceno dopustiv, tada je takav i njegov dualni problem, njihovevrijednosti su jednake i postoje optimalni vektori za oba problema.

Kod problema linearnog programiranja moguca su tri slucaja. Moguce je dabude dopustivo ogranicen (d. o.), dopustivo neogranicen (d. n.), ili nedopustiv(n). Za standardni problem i negov dualni imamo devet mogucnosti. Posljedica8.1 tvrdi da su tri od tih devet slucajeva nemoguca: ako je standardni problemi njegov dualni dopustiv, tada su oba dopustivo ogranicena. Prvi zakljucak teo-reme dualnosti tvrdi da su jos dva slucaja nemoguca. Ako je standardni problemdopustivo ogranicen, onda njegov dualni problem ne moze biti nedopustiv. Radijednostavnosti sve slucajeve mozemo prikazati sljedecim dijagramom.

Standardni problem maksimumad. o. d. n. n.

Dualni d. o. x xproblem d. n. x xminimuma n. x

(8.22)

Kao primjer primjene posljedice 8.2 navodimo sljedeci problem maksimuma.Odrediti x1, x2, x3 i x4 koji maksimiziraju

2x1 + 4x2 + x3 + x4

uz uslove xj 0 za j = 1, 2, 3, 4 ix1 + 3x2 + x4 42x1 + x2 3 (8.23)

x2 + 4x3 + x4 3.Dualni problem ovog problema je : odrediti y1, y2 i y3 koji minimiziraju

4y1 + 3y2 + 3y3

uz uslove yj 0 za j = 1, 2, 3 iy1 + 2y2 2

3y1 + y2 + y3 3 (8.24)4y3 1

y1 + y3 1.Vektor (x1, x2, x3, x4) = (1, 1, 1/2, 0) ispunjava uslove problema maksimuma ivrijednost funkcije cilja je 13/2. Vektor (y1, y2, y3) = (11/10, 9/20, 1/4) ispu-njava sve uslove problema minimuma i vrijednost funkcije cilja je takode 13/2.Zato, oba vektora predstavljaju optimalne vektore za date probleme.

Kao posljedicu teoreme dualnosti imamo sljedecu teoremu.


Teorema 8.3. (Teorema o ekvilibrijumu) Neka su x i y dopustivi vektoriza standardni problem maksimuma (8.15) i njegov dualni problem (8.16) respe-ktivno. Tada su x i y optimalni vektori ako i samo ako je

yi = 0 za sve i za koje jenj=1

aijxj < bi (8.25)

i

xj = 0 za sve j za koje jemi=1

yi aij > cj . (8.26)

Dokaz. Uslov (8.25) implicira da je yi = 0 samo ako jenj=1

aijxj bi.

Zato vrijedimi=1

yi bi =mi=1

yinj=1

aijxj =

mi=1

nj=1

yi aijxj . (8.27)

Slicno uslov (8.26) implicirami=1

nj=1

yi aijxj =

nj=1

cjxj . (8.28)

Posljedica 8.2 implicira da su x i y optimalni vektori.Pretpostavimo sada da su x i y optimalni vektori.

Kao u prvoj liniji dokaza teoreme 8.1, imamonj=1

cjxj

mi=1

nj=1

yi aijxj

i=1

yi bi. (8.29)

Koristeci teoremu o dualnosti dobijamo da, ako su x i y optimalni vektori,lijeva strana je jednaka desnoj strani u (8.29). To mozemo zapisati sa

nj=1

(cj

mi=1

yi aij

)xj = 0. (8.30)

Kako su x i y dopustivi vektori, svaki sabirak prethodne sume je nenegativan.Prema tome, suma moze biti jednaka 0 samo ako je svaki sabirak jednak 0. Zato,ako je

mi=1

yi aij > cj ,

onda je xj = 0. Na slican nacin se dokaze danj=1

aijxj < bi,

implicira yi = 0.

8.4. OPERACIJE SA PIVOTIMA 91

Uslovi (8.25) i (8.26) se nazivaju i slabi uslovi komplementarnosti. Ovizahtjevi koji su stroge nejednakosti u uslovima standardnog problema implici-raju da komplementarni uslovi u dualnom problemu budu jednakosti.

Kao jedan primjer primjene teoreme o ekvilibrijumu rijesicemo dualni pro-blem numerickog primjera iz uvoda.

Odrediti y1, y2 i y3 koji minimiziraju

4y1 + 12y2 + y3

uz uslove y1 0, y2 0, y3 0 iy1 + 4y2 y3 1 (8.31)2y1 + 2y2 + y3 1.

Mi smo odredili rjesenje dualnog problema i vidjeli smo da je x1 i x2. Zato, iz

(8.26) dobijamo da optimalni vektor y daje jednakosti u obe nejednakosti u(8.31) (2 jednacine sa 3 nepoznate). Iz uslova (8.25) zakljucujemo da je y3 = 0.Rjesavajuci sljedece dvije jednacine,

y1 + 4y2 = 1

2y1 + 2y2 = 1

dobijamo (y1 , y2) = (1/3, 1/6). Kako je taj vektor dopustiv, teorema o ekvilibri-

jumu implicira da je to i optimalan vektor. Provjeravajuci vrijednost funkcijecilja u tom vektoru dobijamo 4(1/3) + 12(1/6) = 10/3 i vidimo da je to istorjesenje problema maksimuma.

Zakljucimo, ako pretpostavimo da imamo jedno rjesenje standardnog pro-blema, mi mozemo rijesiti dualni koristeci slabe komplementarne uslove i pro-vjeriti da li je nasa pretpostavka korektna.

Interpretacija dualnog problema. Pored dodatne pomoci za trazenjerjesenja, dualni problem daje i pomoc pri interpretaciji standardnog problema.

Kao primjer, razmotrimo problem prehrane, to je standardni problem mini-muma u formi (8.16). Njegov dualni problem je standardni problem maksimuma(8.15). Prvo, odredimo interpretaciju dualnih promjenljivih x), x2, . . . , xn. Udualnim uslovima,

nj=1

aijxj bi, (8.32)

parametri bi su velicine cijene po jedinici hrane, Fi i aij su velicine po jedinicihranljivih sastojaka Nj po jedinici hrane Fi.

8.4 Operacije sa pivotima

Razmotrimo sljedeci sistem jednacina.

3y1 + 2y2 = s1


y1 3y2 + 3y3 = s2 (8.33)5y1 + y2 + y3 = s3.

Ovde su izrazene zavisne promjenljive s1, s2 i s3 preko nezavisnih promjenljivihy1, y2 i y3. Pretpostavimo da zelimo dobiti y2, s2 i s3 preko y1, s1 i y3. Odredimoiz prve jednacine y2,

y2 =12s1 32y1,

i zamijenimo nadenu vrijednost za y2 u ostale jednacine.

y1 3(12s1 32y1

)+ 3y3 = s2

5y1 +(12s1 32y1

)+ y3 = s3.

Ove tri jednacine jednostavno postaju

32y1 +

12s1 = y2

112y1 32s1 + 3y3 = s2 (8.34)

72y1 +

12s1 + y3 = s3.

Prethodni primjer je tipican za sljedecu klasu problema. Neka je dat sistemod n linearnih funkcija sa m nepoznatih, zapisan u matricnoj formi

yTA = sT (8.35)

gdje je yT = (y1, . . . , ym), sT = (s1, . . . , sn), i

A =

a11 a12 a1na21 a22 a2n...

.... . .

...am1 am2 amn

.Jednacina (8.35) se moze zapisati u obliku sistema

y1a11 + + yiai1 + + ymam1 = s1...

y1a1j + + yiaij + + ymamj = sj (8.36)...

y1a1n + + yiain + + ymamn = sn.

8.4. OPERACIJE SA PIVOTIMA 93

U toj formi s1, . . . , sn su zavisne promjenljive i y1, . . . , ym su nezavisne promje-nljive.

Pretpostavimo da zelimo zamijeniti neku od zavisnih promjenljivh sa nekomod nezavisnih promjenljivih. Na primjer, zelimo da izrazimo

s1, . . . .sj1, yi, sj+1, . . . , sn

prekoy1, . . . , yi1, sj , yi+1, . . . , ym,

gdje smo yi i sj zamijenili. To je moguce ako i samo ako je aij 6= 0. Ako jeaij 6= 0, mozemo jtu jednacinu rijesiti preko yi, pa dobijamo

yi =1aij

(y1a1j yi1a(i1)j + sj yi+1a(i+1)j ymamj). (8.37)

Sada mozemo zamijeniti yi u ostale jednacine. Na primjer, kta jednacinapostaje

y1

(a1k aika1j

aij

)+ + sj

(aikaij

)+ + ym

(amk aikamj

aij

)= sk. (8.38)

Na taj nacin dobijamo sistem jednacina u obliku

y1a11 + + sj ai1 + + ymam1 = s1...

y1a1j + + sj aij + + ymamj = yi (8.39)...

y1a1n + + sj ain + + ymamn = sn.Na osnovu (8.37) i (8.38) dobijamo

aij =1aij

ahj = ahjaij

za h 6= i

aik =aikaij

za k 6= j

ahk = ahk aikahjaij

za k 6= j i h 6= i.

Opisimo prethodnu proceduru na sljedeci nacin. Zapisimo matricu A uobliku tabele gdje elementi y1 do ym cine prvu kolonu i elementi s1 do sn prvuvrstu. Ta tabela reprezentuje sistem jednacina (8.35). Zamjenu yi i sj oznacimotako sto cemo podvuci aij i zvacemo ga pivot. Sada crtamo novu tabelu sa


zamjenom yi i sj i novim aij . Nova tabela, naravno, reprezentuje sistem (8.39),koji je ekvivalent jednacinama (8.36).

s1 sj sny1 a11 a1j a1n...

......

...yi ai1 aij ain...

......

...ym am1 amj amn

s1 yi sny1 a11 a1j a1n...

......

...sj ai1 aij ain...

......

...ym am1 amj amn

Za primjer iz uvoda, dobijamo

s1 s2 s3y1 3 1 5y2 2 -3 1y3 0 3 1

y2 s2 s3

y1 3/2 11/2 7/2s1 1/2 3/2 1/2y3 0 3 1

Operacije sa pivotima se mogu sumirati preko sljedece notacije:

p rc q

1/p r/pc/p q (rc/p)

Naznacimo: Pivot se slika u reciprocnu vrijednost. Vrijednosti u istoj vrsti ukojoj je pivot se dijele sa pivotom. Vrijednosti u istoj koloni u kojoj je pivotse dijele sa pivotom i mijenjaju znak. Preostale vrijednosti se umanjuju zavrijednost koja se dobije mnozenjem odgovarajucih vrijednosti koje se nalaze uistoj vrsti i koloni u kojoj se nalaze oni sami i pivot podijeljene sa pivotom.

Za primjer iz uvoda imamo

y2 s2 s3y1 3/2 11/2 7/2s1 1/2 3/2 1/2y3 0 3 1

y2 s2 y3y1 3/2 5 7/2s1 1/2 3 1/2s3 0 3 1

y2 y1 y3

s2 0.3 0.2 0.7s1 1.4 0.6 1.6s3 -0.9 0.6 -1.1

Posljednja tabela daje prikaz y1, y2 i y3 preko s1, s2 i s3. Preuredujuci vrstei kolone mozemo odrediti A1,

y1 y2 y3s1 0.6 1.4 1.6s2 0.2 0.3 0.7s3 0.6 -0.9 -1.1

.

8.5. SIMPLEKS TABELA 95

Dakle,

A1 =

-0.6 1.4 1.6-0.2 0.3 0.70.6 0.9 1.1

.Koristeci aritmeticke operacije moze se provjeriti AA1 = I.

8.5 Simpleks tabela

Razmotrimo standardni problem minimuma: odrediti y koji minimizira

yTb

uz uslove y 0 iyTA cT.

Koristan je koncept transformacije posljednjeg skupa nejednakosti u jedna-kosti. U tom smislu, dodajmo slabe promjenljive,

sT = yTA cT 0.

Sada problem mozemo formulisati sa:Odrediti y i s koji minimiziraju

yTb

uz uslove y 0, s 0 isT = yTA cT.

Opisacemo taj problem pomocu tabele koju nazivamo simpleks tabela akoja reprezentuju jednacine

sT = yTA cT.s1 s2 sn

y1 a11 a12 a1n b1y2 a21 a22 a2n b2...

......

......

ym am1 am2 amn bm1 c1 c2 cn 0

Posljednja kolona reprezentuje vektor ciji skalarni proizvod sa y treba mini-mizirati.

Ako jec 0 i b 0,

tada je rjesenje problema ocigledno. Naime, minimum se nalazi za

y = 0 i s = c


i minimalna vrijednost jeyTb = 0.

To je dopustivo rjesenje, jer je

y 0, s 0,

sT = yTA ci

yibi ne moze biti manje od 0, jer je

y 0 i b 0.

Pretpostavimo da ne mozemo rijesiti problem na jednostavan nacin, jer po-stoji bar jedna negativna vrijednost u posljednjoj koloni ili vrsti (osim u uglu).Neka je pivot a11 (pretpostavimo da je a11 6= 0), ukljucimo posljednju kolonu uoperacije sa pivotima. Dobijamo sljedecu tabelu:

s1 s2 sny1 a11 a12 a1n b1y2 a21 a22 a2n b2...

......

......

ym am1 am2 amn bm1 c1 c2 cn v

Neka jer = (r1, . . . , rn) = (y1, s2, . . . , sn)

oznaka za promjenljive na vrhu i neka je

t = (t1, . . . , tm) = (s1, y2, . . . , ym)

oznaka za promjenljive na pocetku. Skup jednacina

sT = yTA c

je ekvivalentan sarT = tTA c,

koji repezentuje novu tabelu. Stavise, funkciju cilja

yTb

mozemo pisati sa (zamjenjujuci y1 sa odgovarajucom vrijednosti preko s1)

mi=1

yibi =b1a11

s1 +(b2 a21b1

a11

)y2 + +

(bm am1b1

a11

)ym +

c1b1a11

= tTb+ v.


Time je reprezentovana posljednja kolona u novoj tabeli.Sada mozemo transformisati nas problem u sljedeci: odrediti vektore y i s

koji minimizrajutTb

uz uslovey 0, s 0

irT = tTA c.

To je zapravo problem oblika kao i polazni problem.Ponovo, ako je

c 0 i b 0,dobijamo da je rjesenje:

t = 0 i r = c,sa vrijednosti v.

Lako je vidjeti da proces mozemo nastaviti. Koristeni metod, priznajmo,nije potpuno sistematican za trazenje rjesenja.

Nepotpuni pivot metod koristimo dok ne dobijemo sve vrijednosti u poslje-dnjoj koloni i posljednjoj vrsti (osim u uglu) nenegativne. Tada, vrijednosti kojese nalaze na pocetku i na vrhu tabele odgovaraju vrijednostima u posljednjojvrsti koje daju rjesenje. Ta vrijednost se nalazi u donjem desnom uglu.

Prethodni metodmozemo koristiti za rjesavanje dualnog problema:Maksimizirati

cTx

uz uslovex 0 i Ax b.

Prvo dodajemo slabe promjenljive

u = bAx.Sada problem postaje: Odrediti x i u koji maksimiziraju

cTx

uz uslovex 0 i u 0,u = bAx.

Mozemo koristiti tabelu za rjesavanje ovog problema ako uslov

u = bAx,zapisemo u obliku

u = Ax b.


x1 x2 xn -1u1 a11 a12 a1n b1u2 a21 a22 a2n b2...

......

......

um am1 am2 amn bmc1 c2 cn 0

Primjetimo, da ako je c 0 i b 0 onda kao i ranije zakljucujemo daje rjesenje: x = 0, u = b i vrijednost je jednaka nuli (problem je ekvivalentanminimiziranju cTx).

Pretpostavimo da zelimo zamijeniti u1 i x1 i pretpostavimo da je a11 6= 0.Tada jednacinama

u1 = a11x1 + a12x2 + + a1nxn b1u2 = a21x1 + a22x2 + + a2nxn b2 itd.

odgovaraju

x1 = 1a11

u1 +a12a11

x2 + + a1na11

xn b1a11

u2 = a21a11

u1 +(a22 a21a12

a11

)x2 + itd.

Drugim rijecima, pravilo za pivota je

p rc q

1/p r/pc/p q (rc/p)

Ako je pivot do posljednje vrste i kolone (osim ugla) nengativan mozemo odreditirjesenje dualnog i standardnog problema na isti nacin.

Zakljucimo, mozemo simpleks tabelu zapisati sa

x1 x2 xn -1y1 a11 a12 a1n b1y2 a21 a22 a2n b2...

......

......

ym am1 am2 amn bm1 c1 c2 cn 0

Ako su sve vrijednosti za pivota do posljednje vrste i kolone (osim u uglu)nenegativne, tada vrijednost standardnog problema i njegovog dualnog proble-ma se trazi u posljednjem donjem uglu. Rjesenje problema minimuma se dobijemijenjajuci vrijednosti yi i xj u zavisnosti od polozaja pivota. yi

Primjer 8.1. Razmotrimo problem: Maksimizirati

5x1 + 2x2 + x3


uz uslove xj 0 ix1 + 3x2 x3 6

x2 + x3 43x1 + x2 7.

Dualni problem je: Minimizirati

6y1 + 4y2 + 7y3

uz uslove yi 0 iy1 + 3y3 5

3y1 + y2 + y3 2y1 + y2 1.

Simpleks tabela jex1 x2 x3

y1 1 3 -1 6y2 0 1 1 4y3 3 1 0 7

-5 -2 -1 0

.

U ovom slucaju zamjenjujemo y2 sa x3 i y3 sa x1 i dobijamo

y3 x2 y2y1 23/3x3 4x1 7/3

5/3 2/3 1 47/3

Odavde mozemo procitati rjesenje oba problema. Ta vrijednost je 47/3.Optimalni vektor za problem maksimuma je x1 = 7/3, x2 = 0 i x3 = 4. Opti-malni vektor za problem minimuma je y1 = 0, y2 = 1 i y3 = 5/3.

Simpleks metod je upravo nepotpuni pivot metod sa kljucnim dodavanjeminformacije koje tacke za izbor pivota dovode sistematski do rjesenja.

Pretpostavimo da smo poslije operacija sa pivotima dobili tabelu

rt A b

c v

Tada neposredno dobijamo da je dopustiva tacka za problem maksimumadata sa r = 0, t = b i vrijednost koja se trazi je v.

Slicno, ako je c 0 dobijamo da je dopustiva tacka za problem minimumadata sa r = c i t = 0.


8.6 Pravila za operacije sa pivotima kod simple-ks metoda

Razmotrimo prvo slucaj gdje trazimo dopustivu tacku za problem maksi-muma.

Slucaj 1: b 0. Izaberimo kolonu sa posljednjom negativnom vrijednoscu,biramo kolonu j0 sa cj0 < 0. Izmedu vrijednosti i za koje je aij0 > 0, izabe-rimo i0 za koji je kolicnik bi/aij0 najmanji. (Ako je takvih vise izaberimo nekii0). Oznacimo ai0j0 kao pivot.

Navedimo neke primjere. U tabeli su podvuceni moguci izbori pivota.

r1 r2 r3 r4t1 1 -1 3 1 6t2 0 1 2 4 4t3 3 0 3 1 7

-5 -1 -4 2 0

r1 r2 r3t1 5 2 1 1t2 1 0 -1 0t3 3 -1 4 2

-1 -2 -3 0

Sta se dogada ako ne mozemo izabrati pivota u slucaju 1? Prva mogucnostje da je cj 0 za sve j. U tom slucaju postupak je zavrsen i nasli smorjesenje. U drugom slucaju postoji neki cj0 < 0 za koji je aij0 0 za sve i. Utom slucaju problem maksimuma je dopustivo neogranicen. Naime, razmotrimovektor r takav da je rj0 > 0 i rj0 = 0 za j 6= J0. Tada je r dopustiv za problemmaksimuma, jer je

ti =nj=1

(aij)rj + bi = aij0rj0 + bi 0

za sve i i to je dopustivi vektor sa vrijednoscu

cjrj = cj0rj0 , koja moze imatiproizvoljno veliku vrijednost jer rj0 moze biti proizvoljno veliko.

Ova pravila za pivota su dobra jer:1. Poslije operacija sa pivotom kolona b ostaje nenegativna, pa imamo dopu-stivu tacku za problem maksimuma.2. Trazena vrijednost u novoj tabeli nije manja od stare vrijednosti.

Dokaz za 1. Neka imamo novu tabelu sa varijablama pokrivenim sa .Pokazacemo da je

bi 0 za sve i.Za i = i0 imamo

bi0 = bi0/ai0j0

8.6. PRAVILA ZA OPERACIJE SA PIVOTIMAKOD SIMPLEKSMETODA101

ostaje nenegativno, jer jeai0j0 > 0.

Za i 6= i0 imamobi = bi aij0bi0

ai0j0.

Ako jeaij0 0

tada jebi bi 0,

jer jeaij0bi0/ai0j0 0.

Ako jeaij0 > 0

prema pravilima za operacije sa pivotima,

bi/aij0 bi0/ai0j0 ,

pa jebi bi bi = 0.

Dokaz za 2. v = v (cj0)(bi0/ai0j0 v, jer je

cj0 < 0, ai0j0 > 0 i bi0 0.

Prethodne dvije osobine impliciraju da koristenjem operacija sa pivotima podatim pravilima do rjesenja dolazimo u konacno mnogo koraka ili zakljucujemoda problem ima dopustivo neogranicena rjesenja. Primjetimo jos da premadokazu druge tacke vrijednost za v neopada.

Primjer 8.2. Maksimizirati

x1 + x2 + 2x3

uz uslove xi 0 ix2 + 2x3 3x1 + 3x3 2

2x1 + x2 + x3 1.Koristeci prethodna pravila zakljucujemo da se pivot nalazi u trecoj vrsti i drugojkoloni.

x1 x2 x3y1 0 1 2 3y2 -1 0 3 2y3 2 1 1 1

-1 -1 -2 0

x1 y3 x3y1 -2 -1 1 2y2 -1 0 3 2x2 2 1 1 1

1 1 -1 1


x1 y3 y2y1 4/3x3 2/3x2 1/3

2/3 1 1/3 5/3

Vrijednost koja se trazi je 5/3. Optimalni vektor za problem maksimumaje x1 = 0, x2 = 1/3 i x3 = 2/3. Optimalni vektor za problem minimuma jey1 = 0, y2 = 1/3 i y3 = 1.

Slucaj 2: Neki bi su negativni. Uzmimo prvi negativan bi i oznacimo gasa bk < 0 (gdje je b1 0, . . . , bk1 0). Nadimo negativnu vrijednost u ktojvrsti i oznacimo je sa akj0 < 0. (Pivot ce biti u koloni j0). Posmatrajmo bk/aij0za koje je bi 0 i aij0 > 0 i izaberimo i0 za koji je taj kolicnik najmanji (i0moze bit jednak i k). Pivot je ai0j0 .

Navedimo neke primjere. U tabelama moguci pivoti su podvuceni.

r1 r2 r3 r4t1 2 3 1 0 2t2 1 -1 2 2 -1t3 1 -1 0 -1 -2

1 -1 0 2 0

r1 r2 r3t1 1 1 0 0t2 1 -2 3 -2t3 2 2 1 1

1 0 -2 0

Sta ako slucaj 2 ne mozemo primjeniti? Tada za svaki bk < 0 vrijedi akj 0za sve j. U tom slucaju, problem maksimuma je nedopustiv, jer jednacina zaktu vrstu ima oblik

tk =nj=1

akjrj bk.

Za sve dopustive vektore (t 0), lijeva strana jednacine je negativna ili nula, adesna strana je pozitivna.

Krajni cilj slucaja 2 je povratak ponovo na slucaj 1. Naime, koristeci pravilaza slucaj 2 dobijamo: 1. Nenegativni bi ostaju nenegativni poslije izvrsenihoeracija,2. Vrijednosti za bk ne ostaju manje.

Dokaz za 1. Prepostavimo da je bi 0, i 6= k. Ako je i = i0 tada je

bi0 = bi0/ai0j0 0.

Ako je i 6= i0 tada jebi = bi aij0

ai0j0bi0 .

8.6. PRAVILA ZA OPERACIJE SA PIVOTIMAKOD SIMPLEKSMETODA103

Kako jebi0/ai0j0 0,

ako je aij0 0 zakljucujemo da je bi bi 0 i ako je aij0 > 0 onda jebi0/ai0j0 bi/aij0 ,

dakle,bi bi bi = 0.

Dokaz za 2. Ako je k = i0, onda je

bk = bk/akj0 > 0 ( jer bk < 0 i akj0 < 0).

Ako je k 6= i0, onda jebk = bk akj0

ai0j0bi0 bk,

jer je bi0/ai0j0 0 i akj0 < 0.Primjer 8.3. Minimizirati

3y1 2y2 + 5y3uz uslove yi 0 za sve i = 1, 2, 3,

y2 + 2y3 1y1 + y3 1

2y1 3y2 + 7y3 5.Prema pravilima Slucaja 2 za prvog pivota biramo element iz druge vrste i prvekolone.

x1 x2 x3y1 0 1 2 3y2 1 0 -3 -2y3 2 1 7 5

-1 -1 -5 0

y2 x2 x3y1 0 1 2 3x1 1 0 3 2y3 2 1 1 1

-1 -1 -2 2

Primjetimo da nakon izbora ovog pivota prelazimo na Slucaj 1. Koristecioperacije sa pivotima dobijamo

y2 y3 x1y1 4/3x3 2/3x2 1

2/3 1 1/3 11/3

Trazena vrijednost za oba problema (standardni i dualni) je 11/3. Rjesenjeproblema minimuma je y1 = 0, y2 = 2/3 i y3 = 1. Slicno, rjesenje problemamaksimuma je x1 = 0, x2 = 1/3 i x3 = 2/3.


8.7 Dualni simpleks metod

Dualni simpleks metod. Simpleks metod mozemo izloziti sa tacke gledistaproblema maksimuma.

Slucaj 1: c 0. Izaberimo vrstu sa posljednjim negativnim elementom ioznacimo ga sa bi0 < 0. Izmedu j za koje je ai0j < 0 izaberimo j0 za koji jerazlomak cj/ai0j najblizi nuli. Pivot je ai0j0 .

Slucaj 2: Neki cj su negativni. Izaberimo prvi negativan cj i oznacimoga sa ck < 0 (gdje je c1 0, . . . ,ck1 0). Odredimo pozitivnu vrijednostu k toj koloni i oznacimo je sa ai0k > 0, Izmedu ck/ai0k izaberimo cj/ai0jza koji je cj 0 i ai0j < 0 i izaberimo j0 za koji je taj razlomak najblizi nuli.(j0 moze biti i k). Pivot je ai0j0 .

Primjer 8.4.

x1 x2 x3y1 2 -1 -2 -1y2 2 3 5 2y3 -3 4 -1 1

1 2 3 0

y1 x2 x3x1 1/2y2 1y3 5/2

1/2 3/2 2 1/2U ovom primjeru postupamo kao u slucaju 2 za problem maksimuma, mozemo

za pivota birati 4 ili 5. Kako imamo dopustiv vektor za problem minimuma,primjenjujemo slucaj 1, dobijamo jedinstvenog pivota i rjesenje dobijamo u je-dnom koraku.

8.8 Zadaci

1. Minimizirati y1 + y2 ako promjenljive y1 i y2 ispunjavaju sljedece uslove

y1 + 2y2 3

2y1 + y2 5y2 0.

2. Odrediti x1 i x2 koji maksimiziraju ax1 + x2 uz uslove x1 0, x2 0 i

x1 + 2x2 4

4x1 + 2x2 12x1 + x2 1.

Odrediti trazenu vrijednost u funkciji od a.

3. Napisati matricu A za transportni problem zapisan u standardnoj formi.

8.8. ZADACI 105

4. Zapisati sljedeci problem linearnog programiranja u standardnoj formi.Odrediti x1, x2, x3, x4 koji maksimiziraju x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5 uzuslove,

4x1 + 3x2 + 2x3 + x4 10x1 x3 + 2x4 = 2

x1 + x2 + x3 + x4 1x1 0, x3 0, x4 0.

5. Odrediti dualni problem standardnog problema minimuma. Odrediti y1, y2i y3 koji minimiziraju

y1 + 2y2 + y3

uz uslove yi 0, i = 1, 2, 3,y1 2y2 + y3 2y1 + y2 + y3 4

2y1 + y3 6y1 + y2 + y3 2.

6. Razmotriti problem iz zadatka 1. Pokazati da je

(y1, y2, y3) = (2/3, 0, 14/3)

optimalni vektor za taj problem i da je

(x1, x2, x3, x4) = (0, 1/3, 2/3, 0)

optimalni vektor za njegov dualni problem.

7. Razmotriti problem:max 3x1 + 2x2 + x3

x1 0, x2 0, x3 0x1 x2 + x3 42x1 x2 + 3x3 6x1 + 2x3 3

x1 + x2 + x3 8.(a) Odrediti dualni problem.

(b) Preptostavimo da je vektor (x1, x2, x3) = (0, 6, 0) optimalni vektorza problem maksimuma. Koristeci teoremu o ekvilibrijumu rijesitidualni problem i pokazati da je pretpostavka o rjesenju korektna.

8. (a) Odrediti dualni problem transportnog problema.


(b) Dati interpretaciju dualnog problema za transportni problem.

9. Maksimizirati x1 2x2 3x3 x4 uz uslove

x1 x2 2x3 x4 4

2x1 + x3 4x4 22x1 + x2 + x4 1xj 0 za sve j.

10. Minimizirati 3y1 y2 + 2y3 uz uslove

2y1 y2 + y3 1

y1 + 2y3 27y1 + 4y2 6y3 1

yi 0 za sve i.

11. Maksimizirati x1 x2 + 2x3 uz uslove

3x1 + 3x2 + x3 3

2x1 x2 2x3 1x1 + x3 1xj 0 za sve j.

12. Minimizirati 5y1 2y2 y3 uz uslove

2y1 + 3y3 1

2y1 y2 + y3 13y1 + 2y2 y3 0yi 0 za sve i.

Glava 9

Diskretna teorijavjerovatnoce

9.1 Pojam vjerovatnoce

Uslovi koji se mogu ponavljati beskonacno mnogo puta i koji ne dovodedo jednaznacno odedenog ishoda zovemo slucajnim eksperimentom (ekspe-rimentom). Svakom eksperimentu pridruzujemo skup svih mogucih ishodatog eksperimenta i zovemo ga prostor elementarnih dogadaja, a njegoveelemente elementarne dogadaje.

Primjer 9.1. Novcic se baca dva puta. Za elementarne dogadaje mozemo uzetisledece ishode eksperimenta :PP u oba bacanja je palo pismo,PG u prvom bacanju je palo pismo, a u drugom grb,GP u prvom bacanju je pao grb, a u drugom pismo,GG u oba bacanja je palo pismo.Dakle, = {PP, PG,GP,GG}.Primjer 9.2. Bacaju se novcic i kocka za igru. Skup elementarnih dogadaja je

= {P1, P2, P3, P4, P5, P6, G1, G2, G3, G4, G5, G6}.

Definicija 9.1. Neka je prostor elementarnih dogadaja nekog eksperimenta.Svaki podskup A skupa zove se slucajan dogadaj (dogadaj). Dogadaj senaziva siguran dogadaj, a dogadaj nemoguc dogadaj.

Na dogadaje se mogu primjenjivati operacije i relacije kao i sa skupovima.Ako je A B onda kazemo da dogadaj A povlaci dogadaj B.Ako je A = B kazemo da su dogadaji A i B ekvivalentni.Dogadaj A je suprotan dogadaju A i vrijedi

A = { : / A}.

107

108 GLAVA 9. DISKRETNA TEORIJA VJEROVATNOCE

Unija dogadaja A i B je dogadaj A B, odreden sa

A B = { : A ili B}.

Presjek dogadaja A i B je dogadaj A B, odreden sa

A B = { : A i B}.

Primjedba 9.1. (i) Umjesto A B pise se i AB.(ii) Ako je AB = kazemo da su dogadaji A i B disjunktni ili da se medusobnoiskljucuju.

Definicija 9.2. Neka je = {1, 2, . . . , n} prostor elementarnih dogadaja.Za svako k {1, 2, . . . , n} pridruzimo ishodu k broj pk tako da vrijede sljedeciuslovi :

1. nenegativnost, pk 0,2. normiranost, p1 + p2 + + pn = 1.

Broj pk se zove vjerovatnoca elementarnog dogadaja k. Neka je

A = {j1 , j2 , . . . , jk}, 1 j1 < j2 < jk n.

Vjerovatnoca dogadaja A je broj P (A) = pj1 + pj2 + + pjkU prethodnoj definiciji odredena je funkcija P : F R, gdje je F .

Uredena trojka (,F , P ) naziva se prostor vjerovatnoca.Primjedba 9.2. Ako je

p1 = p2 = = pn = 1n,

kazemo da se radi o klasicnoj vjerovatnoci. U tom slucaju vjerovatnocadogadaja A jednaka je kolicniku broja ishoda povoljnih za dogadaj A i brojasvih mogucih ishoda.

Primjer 9.3. Dato je 10 kuglica numerisanih brojevima 1, 2, . . . , 10. Slucajnose biraju tri kuglice odjednom. Pretpostavimo da sve 3kombinacije imaju istuvjerovatnocu da budu izabrane. Kolika je vjerovatnoca dogadaja A da je tacnojedna od izabranih kuglica oznacena parnim brojem?

Broj mogucih ishoda jednak je(

103

), a broj povoljnih ishoda jednak je(

51

)(52

), pa je trazena vjerovatnoca

P (A) =

(51

)(52

)(

103

) .

9.1. POJAM VJEROVATNOCE 109

Teorema 9.1. (Osobine vjerovatnoce)

1. Za svaki dogadaj A vazi 0 P (A) 1.2. Vjerovatnoca sigurnog dogadaja je P () = 1.

3. Ako je AB = onda je P (A B) = P (A) + P (B).4. Za svaki dogadaj A je P (A) = 1 P (A).5. Vjerovatnoca nemoguceg dogadaja je P () = 0.6. Ako je A B onda je P (A) P (B).

Dokaz. Osobine 1. i 2. slijede neposredno iz definicije vjerovatnoce dogadaja.3. Neka su A = {1, 2, . . . , m} i B = {1, 2, . . . , k} disjunktni dogadaji.Tada je

A B = {1, 2, . . . , m, 1, 2, . . . , k}.Ako je p() oznaka za vjerovatnocu dogadaja onda je

P (AB) = p(1)+p(2)+ +p(m)+p(1)+p(2)+ +p(k) = P (A)+P (B).4. Dogadaji A i A su disjunktni i vrijedi A A = . Na osnovu osobina 2. i 3.imamo

1 = P () = P (A A) = P (A) + P (A),pa je

P (A) = 1 P (A).5. Kako je = , na osnovu 2. i 4. dobijamo

P () = 1 P () = 0.6. Ako je A B onda je B = AAB pri cemu su A i AB disjunktni. Koristeci3. imamo

P (B) = P (A) + P (AB) P (A).

Primjer 9.4. Za proizvoljne dogadaje A i B vrijedi

P (A B) = P (A) + P (B) P

Documents

DISKRETNA MATEMATIKA