DISKRETNA MATEMATIKA- PREDAVANJE 3-

Jovanka Pantovic

March 12, 2019 1 / 21

Princip ukljucenja-iskljucenja

Lema1 |A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|2 |A∪B∪C| = |A|+ |B|+ |C|−|A∩B|−|A∩C|−|B∩C|+ |A∩B∩C|

TeoremaNeka je n ≥ 1. ∣∣∣∣∣

n⋃i=1

Ai

∣∣∣∣∣ = ∑∅6=I⊆{1,2,...,n}

(−1)|I|−1∣∣∣∣∣⋂i∈I

Ai

∣∣∣∣∣

March 12, 2019 2 / 21

Zadatak

ZadatakKoliko ima celih brojeva u skupu {1, 2, . . . , 200}koji su deljivi sa 2, 3 ili 5?

|A2 ∪A3 ∪A5| = |A2|+ |A3|+ |A5|−|A2A3| − |A2A5| − |A3A5|+ |A2A3A5|

= 100 + 66 + 40− (33 + 20 + 13) + 6

March 12, 2019 3 / 21

Zadatak

ZadatakKoliko ima celih brojeva u skupu {1, 2, . . . , 200}koji su deljivi sa 2, 3 ili 5?

|A2 ∪A3 ∪A5| = |A2|+ |A3|+ |A5|−|A2A3| − |A2A5| − |A3A5|+ |A2A3A5|

= 100 + 66 + 40− (33 + 20 + 13) + 6

March 12, 2019 3 / 21

Broj "na" preslikavanja

TeoremaNeka su A i B skupovi sa osobinom |A| = m, |B| = n i 1 ≤ n ≤ m. Brojsirjektivnih preslikavanja skupa A u skup B jednak je

nm − n(n− 1)m +

(n

2

)(n− 2)m + . . .+ (−1)n−1

(n

n− 1

)1m.

March 12, 2019 4 / 21

Stirlingovi brojevi druge vrste S(m,n)

1 broj razbijanja skupa od m elemenata na n nepraznih podskupova2 broj rasporedivanja m razlicitih elemenata u n istih kutija tako da

nijedna ne ostane prazna

March 12, 2019 5 / 21

Stirlingovi brojevi druge vrste S(m,n)

Neka je 0 ≤ n ≤ m.

S(m,n) =1

n!· |f : A

na−−−→ B|

S(m,n) =1

n!

n∑i=0

(−1)i(n

i

)(n− i)m

March 12, 2019 6 / 21

Tablica Stirlingovih brojeva druge vrste

Teorema1 S(m,m) =

1, m ∈ N2 S(m, 1) = 1, m ∈ N3 S(m,n) = S(m− 1, n− 1) + nS(m− 1, n), 0 < n < m

4 S(m, 0) = 0, m ∈ N5 S(0, 0) = 1

March 12, 2019 7 / 21

Tablica Stirlingovih brojeva druge vrste

Teorema1 S(m,m) = 1, m ∈ N2 S(m, 1) =

1, m ∈ N3 S(m,n) = S(m− 1, n− 1) + nS(m− 1, n), 0 < n < m

4 S(m, 0) = 0, m ∈ N5 S(0, 0) = 1

March 12, 2019 7 / 21

Tablica Stirlingovih brojeva druge vrste

Teorema1 S(m,m) = 1, m ∈ N2 S(m, 1) = 1, m ∈ N3 S(m,n) =

S(m− 1, n− 1) + nS(m− 1, n), 0 < n < m

4 S(m, 0) = 0, m ∈ N5 S(0, 0) = 1

March 12, 2019 7 / 21

Tablica Stirlingovih brojeva druge vrste

Teorema1 S(m,m) = 1, m ∈ N2 S(m, 1) = 1, m ∈ N3 S(m,n) = S(m− 1, n− 1) + nS(m− 1, n), 0 < n < m

4 S(m, 0) = 0, m ∈ N5 S(0, 0) = 1

March 12, 2019 7 / 21

Tablica Stirlingovih brojeva druge vrste

Teorema1 S(m,m) = 1, m ∈ N2 S(m, 1) = 1, m ∈ N3 S(m,n) = S(m− 1, n− 1) + nS(m− 1, n), 0 < n < m

4 S(m, 0) = 0, m ∈ N5 S(0, 0) = 1

March 12, 2019 7 / 21

Tablica Stirlingovih brojeva druge vrste

(m,n) 0 1 2 3 4 5 6 . . .

0 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 1. . . . . .

March 12, 2019 8 / 21

Rekurentne relacije

Definicija

Neka je {an : n = 0, 1, 2, . . .} niz brojeva. Rekurentna relacija za niz{an} je formula u kojoj se n-ti clan niza definiše preko nekog podskupaod {a0, a1, . . . , an−1}.

an = F (an−1, . . . , an−k)

Ako znamo a0, . . . , ak−1, onda lako odredimo clanove tog niza.

March 12, 2019 9 / 21

Fibonacijev niz

PrimerPosmatrajmo populaciju zeceva koja se ponaša na sledeci nacin:

inicijalno postoje dva zeca, mužjak i ženka;par zeceva (mužjak i ženka) svakog meseca, pocevši od puna dvameseca svog života, na svet donose par zeceva;zecevi ne umiru.

Koliko ce biti parova zeceva nakon prve godine?

Neka je fi broj parova zeceva na kraju i-tog meseca. Tada je

f1 = 1 f2 = 1 f3 = 2 f4 = 2 + 1 = 3 f5 = 3 + 2 = 5

fn = fn−1 + fn−2, n ≥ 3

March 12, 2019 10 / 21

Fibonacijev niz

PrimerPosmatrajmo populaciju zeceva koja se ponaša na sledeci nacin:

inicijalno postoje dva zeca, mužjak i ženka;par zeceva (mužjak i ženka) svakog meseca, pocevši od puna dvameseca svog života, na svet donose par zeceva;zecevi ne umiru.

Koliko ce biti parova zeceva nakon prve godine?

Neka je fi broj parova zeceva na kraju i-tog meseca. Tada je

f1 = 1 f2 = 1 f3 = 2 f4 = 2 + 1 = 3 f5 = 3 + 2 = 5

fn = fn−1 + fn−2, n ≥ 3

March 12, 2019 10 / 21

PrimerKoliko ima razlicitih reci dužine n, n ≥ 1, nad azbukom {0, 1} koje nesadrže podrec 111.

Neka je fi broj reci dužine i koje ne sadrže podrec 111.

f1 = 2 f2 = 4 f3 = 7 f4 = 13

fn = fn−1 + fn−2 + fn−3, n ≥ 4

March 12, 2019 11 / 21

PrimerKoliko ima razlicitih reci dužine n, n ≥ 1, nad azbukom {0, 1} koje nesadrže podrec 111.

Neka je fi broj reci dužine i koje ne sadrže podrec 111.

f1 = 2 f2 = 4 f3 = 7 f4 = 13

fn = fn−1 + fn−2 + fn−3, n ≥ 4

March 12, 2019 11 / 21

PrimerKoliko ima razlicitih reci dužine n, n ≥ 1, nad azbukom {0, 1} koje nesadrže podrec 111.

Neka je fi broj reci dužine i koje ne sadrže podrec 111.

f1 = 2 f2 = 4 f3 = 7 f4 = 13

fn = fn−1 + fn−2 + fn−3, n ≥ 4

March 12, 2019 11 / 21

Slagalica kule u Hanoju

PrimerDate su tri šipke i n diskova. Diskovi su poredani na jedan štap, odnajveceg do najmanjeg (uvek manji na veci). Dozvoljeno je

pomeriti u svakom koraku tacno jedan disk;veci disk nikada ne sme da se stavi na manji.

Koliko je najmanje koraka potrebno da se svi diskovi premeste nadrugi štap?

h1 = 1

h2 = 3

hn = 2hn−1 + 1, n ≥ 1

March 12, 2019 12 / 21

Slagalica kule u Hanoju

PrimerDate su tri šipke i n diskova. Diskovi su poredani na jedan štap, odnajveceg do najmanjeg (uvek manji na veci). Dozvoljeno je

pomeriti u svakom koraku tacno jedan disk;veci disk nikada ne sme da se stavi na manji.

Koliko je najmanje koraka potrebno da se svi diskovi premeste nadrugi štap?

h1 = 1

h2 = 3

hn = 2hn−1 + 1, n ≥ 1

March 12, 2019 12 / 21

Slagalica kule u Hanoju

PrimerDate su tri šipke i n diskova. Diskovi su poredani na jedan štap, odnajveceg do najmanjeg (uvek manji na veci). Dozvoljeno je

pomeriti u svakom koraku tacno jedan disk;veci disk nikada ne sme da se stavi na manji.

Koliko je najmanje koraka potrebno da se svi diskovi premeste nadrugi štap?

h1 = 1

h2 = 3

hn = 2hn−1 + 1, n ≥ 1

March 12, 2019 12 / 21

Slagalica kule u Hanoju

PrimerDate su tri šipke i n diskova. Diskovi su poredani na jedan štap, odnajveceg do najmanjeg (uvek manji na veci). Dozvoljeno je

pomeriti u svakom koraku tacno jedan disk;veci disk nikada ne sme da se stavi na manji.

Koliko je najmanje koraka potrebno da se svi diskovi premeste nadrugi štap?

h1 = 1

h2 = 3

hn = 2hn−1 + 1, n ≥ 1

March 12, 2019 12 / 21

Rešavanje rekurentnih relacija

Definicija

Neka je {an : n = 0, 1, 2, . . .} niz brojeva. Rekurentna relacija za niz{an} je formula u kojoj se n-ti clan niza definiše preko nekog podskupaod {a0, a1, . . . , an−1}.

Rešiti rekurentnu relaciju znaci izraziti an u zavisnosti od n, za svakon ≥ 0 :

an = a(n)

March 12, 2019 13 / 21

Rešavanje rekurentnih relacija

PrimerData je rekurentna relacija

a0 = 2

an = 5an−1 + 2, n > 0.

Za n ≥ 1 dobijamo

an = 5an−1 + 2

= 5(5an−2 + 2) + 2 = 52an−2 + 5 · 2 + 2

= 52(5an−3 + 2) + 5 · 2 + 2 = 53an−3 + 52 · 2 + 5 · 2 + 2

. . .

= 5na0 + 2 · (5n−1 + 5n−2 + . . .+ 5 + 1)

= 2 · (5n + 5n−1 + . . .+ 5 + 1) = 2 · 5n+1 − 1

5− 1=

1

2(5n+1 − 1).

March 12, 2019 14 / 21

Rešavanje rekurentnih relacija

PrimerData je rekurentna relacija

a0 = 2

an = 5an−1 + 2, n > 0.

Za n ≥ 1 dobijamo

an = 5an−1 + 2

= 5(5an−2 + 2) + 2 = 52an−2 + 5 · 2 + 2

= 52(5an−3 + 2) + 5 · 2 + 2 = 53an−3 + 52 · 2 + 5 · 2 + 2

. . .

= 5na0 + 2 · (5n−1 + 5n−2 + . . .+ 5 + 1)

= 2 · (5n + 5n−1 + . . .+ 5 + 1) = 2 · 5n+1 − 1

5− 1=

1

2(5n+1 − 1).

March 12, 2019 14 / 21

Rešavanje rekurentnih relacija

PrimerData je rekurentna relacija

a0 = 2

an = 5an−1 + 2, n > 0.

Za n ≥ 1 dobijamo

an = 5an−1 + 2

= 5(5an−2 + 2) + 2 = 52an−2 + 5 · 2 + 2

= 52(5an−3 + 2) + 5 · 2 + 2 = 53an−3 + 52 · 2 + 5 · 2 + 2

. . .

= 5na0 + 2 · (5n−1 + 5n−2 + . . .+ 5 + 1)

= 2 · (5n + 5n−1 + . . .+ 5 + 1) = 2 · 5n+1 − 1

5− 1=

1

2(5n+1 − 1).

March 12, 2019 14 / 21

Rešavanje rekurentnih relacija

PrimerData je rekurentna relacija

a0 = 2

an = 5an−1 + 2, n > 0.

Za n ≥ 1 dobijamo

an = 5an−1 + 2

= 5(5an−2 + 2) + 2 = 52an−2 + 5 · 2 + 2

= 52(5an−3 + 2) + 5 · 2 + 2 = 53an−3 + 52 · 2 + 5 · 2 + 2

. . .

= 5na0 + 2 · (5n−1 + 5n−2 + . . .+ 5 + 1)

= 2 · (5n + 5n−1 + . . .+ 5 + 1) = 2 · 5n+1 − 1

5− 1=

1

2(5n+1 − 1).

March 12, 2019 14 / 21

Rešavanje rekurentnih relacija

PrimerData je rekurentna relacija

a0 = 2

an = 5an−1 + 2, n > 0.

Za n ≥ 1 dobijamo

an = 5an−1 + 2

= 5(5an−2 + 2) + 2 = 52an−2 + 5 · 2 + 2

= 52(5an−3 + 2) + 5 · 2 + 2 = 53an−3 + 52 · 2 + 5 · 2 + 2

. . .

= 5na0 + 2 · (5n−1 + 5n−2 + . . .+ 5 + 1)

= 2 · (5n + 5n−1 + . . .+ 5 + 1) = 2 · 5n+1 − 1

5− 1=

1

2(5n+1 − 1).

March 12, 2019 14 / 21

Linearne homogene rekurentne relacije sakonstantnim koeficijentima

Karakteristicna jednacina relacije

an = c1an−1 + c2an−2 + . . .+ ckan−k

je oblikaxk − c1xk−1 − c2xk−2 − . . .− ck−1x− ck = 0.

Uvodimo smenu: ai = xi, i > k (x 6= 0)

xn = c1xn−1 + c2x

n−2 + . . .+ ckxn−k

= xn−k(c1xk−1 + c2x

k−2 + . . .+ ck)

March 12, 2019 15 / 21

Linearne homogene rekurentne relacije sakonstantnim koeficijentima

Karakteristicna jednacina relacije

an = c1an−1 + c2an−2 + . . .+ ckan−k

je oblikaxk − c1xk−1 − c2xk−2 − . . .− ck−1x− ck = 0.

Uvodimo smenu: ai = xi, i > k (x 6= 0)

xn = c1xn−1 + c2x

n−2 + . . .+ ckxn−k

= xn−k(c1xk−1 + c2x

k−2 + . . .+ ck)

March 12, 2019 15 / 21

Linearne homogene rekurentne relacije sakonstantnim koeficijentima

TeoremaAko karakteristicna jednacina

xk − c1xk−1 − c2xk−2 − . . .− ck−1x− ck = 0.

ima k po parovima razlicitih korena x1, . . . , xk, onda je(i) opšte rešenje date rekurentne relacije

a(n) = α1xn1 + α2x

n2 + . . .+ αkx

nk

(ii) konstante α1, . . . , αk su jedinstveno odredene pocetnim uslovima

a(0) = a0, . . . , a(k − 1) = ak−1.

March 12, 2019 16 / 21

PrimerRešiti rekurentnu relaciju

a0 = −2 a1 = 3an = an−1 + 6an−2, n ≥ 2

Karakteristicna jednacina:

x2 = x+ 6⇔ x2 − x− 6 = 0⇔ x1 = −2 ∨ x2 = 3

Opšte rešenje: a(n) = α1(−2)n + α23n

Pocetni problem:

α1 + α2 = −2−2α1 + 3α2 = 3

⇔ α1 + α2 = −25α2 = −1 ⇔

α1 = −95

α2 = −15

Rešenje rekurentne relacije: an = −95(−2)

n − 15 · 3

n

March 12, 2019 17 / 21

PrimerRešiti rekurentnu relaciju

a0 = −2 a1 = 3an = an−1 + 6an−2, n ≥ 2

Karakteristicna jednacina:

x2 = x+ 6⇔ x2 − x− 6 = 0⇔ x1 = −2 ∨ x2 = 3

Opšte rešenje: a(n) = α1(−2)n + α23n

Pocetni problem:

α1 + α2 = −2−2α1 + 3α2 = 3

⇔ α1 + α2 = −25α2 = −1 ⇔

α1 = −95

α2 = −15

Rešenje rekurentne relacije: an = −95(−2)

n − 15 · 3

n

March 12, 2019 17 / 21

PrimerRešiti rekurentnu relaciju

a0 = −2 a1 = 3an = an−1 + 6an−2, n ≥ 2

Karakteristicna jednacina:

x2 = x+ 6⇔ x2 − x− 6 = 0⇔ x1 = −2 ∨ x2 = 3

Opšte rešenje: a(n) = α1(−2)n + α23n

Pocetni problem:

α1 + α2 = −2−2α1 + 3α2 = 3

⇔ α1 + α2 = −25α2 = −1 ⇔

α1 = −95

α2 = −15

Rešenje rekurentne relacije: an = −95(−2)

n − 15 · 3

n

March 12, 2019 17 / 21

PrimerRešiti rekurentnu relaciju

a0 = −2 a1 = 3an = an−1 + 6an−2, n ≥ 2

Karakteristicna jednacina:

x2 = x+ 6⇔ x2 − x− 6 = 0⇔ x1 = −2 ∨ x2 = 3

Opšte rešenje: a(n) = α1(−2)n + α23n

Pocetni problem:

α1 + α2 = −2−2α1 + 3α2 = 3

⇔ α1 + α2 = −25α2 = −1 ⇔

α1 = −95

α2 = −15

Rešenje rekurentne relacije: an = −95(−2)

n − 15 · 3

n

March 12, 2019 17 / 21

PrimerRekurentna relacija za Fibonacijev niz:

f0 = 0 f1 = 1 fn = fn−1 + fn−2, n ≥ 2

Karakteristicna jednacina:

x2 = x+ 1⇔ x2 − x− 1 = 0⇔ x1,2 =1±√5

2

Opšte rešenje:

f(n) = α1

(1 +√5

2

)n

+ α2

(1−√5

2

)n

Za n = 0, 1 sledi

α1 + α2 = 01+√5

2 α1 + 1−√5

2 α2 = 1⇔

α1 = −α2

(= 1√

5

)−α2

1+√5

2 + α21−√5

2 = 1

March 12, 2019 18 / 21

Linearne homogene rekurentne relacije sakonstantnim koeficijentima

TeoremaAko karakteristicna jednacina

xk − c1xk−1 − c2xk−2 − . . .− ck−1x− ck = 0.

ima korene x1, . . . , xl redom višestrukosti k1, . . . , kl, onda je(i) opšte rešenje posmatrane rekurentne relacije

a(n) = (α11 + nα12 + . . . nk1−1α1k1)xn1 +

(α21 + nα22 + . . . nk2−1α2k2)xn2 +

. . .

(αl1 + nαl2 + . . . nkl−1αlkl)xnl

(ii) konstante α11, . . . , αlkl su jedinstveno odredene pocetnimuslovima.

March 12, 2019 19 / 21

PrimerRešiti rekurentnu relaciju

a0 = 2 a1 = 1an = 4an−1 − 4an−2, n ≥ 2

Karakteristicna jednacina:

x2 − 4x+ 4 = 0⇔ x1,2 = 2

Opšte rešenje: a(n) = (α1 + nα2) · 2nPocetni problem:

α1 = 2(α1 + α2) · 2 = 1

⇔ α1 = 2α2 = −3

2

Rešenje rekurentne relacije: an =(2− 3

2n)· 2n

March 12, 2019 20 / 21

PrimerRešiti rekurentnu relaciju

a0 = 2 a1 = 1an = 4an−1 − 4an−2, n ≥ 2

Karakteristicna jednacina:

x2 − 4x+ 4 = 0⇔ x1,2 = 2

Opšte rešenje: a(n) = (α1 + nα2) · 2nPocetni problem:

α1 = 2(α1 + α2) · 2 = 1

⇔ α1 = 2α2 = −3

2

Rešenje rekurentne relacije: an =(2− 3

2n)· 2n

March 12, 2019 20 / 21

PrimerFormirati rekurentnu relaciju cija karakteristicna jednacina je

x3 − 6x2 + 12x− 8 = 0.

x3 = 6x2 − 12x+ 8⇒ k = 3

an = 6an−1 − 12an−2 + 8an−3

March 12, 2019 21 / 21

PrimerFormirati rekurentnu relaciju cija karakteristicna jednacina je

x3 − 6x2 + 12x− 8 = 0.

x3 = 6x2 − 12x+ 8⇒ k = 3

an = 6an−1 − 12an−2 + 8an−3

March 12, 2019 21 / 21