Upload
jelenavasic131404
View
219
Download
21
Embed Size (px)
DESCRIPTION
predavanja iz kombinatorike
Citation preview
11111
KOMBINATORIKAVojislav Petrović
Departman za matematiku i informatiku Novi Sad
22
1. Šta je to kombinatorika?
2. Prebrajanja
4. Formula uključenja-isključenja
3. Binomna i polinomna formula
33333
1. ŠTA JE TO KOMBINATORIKA?
matematička disciplina
proučava diskretne strukture
(razmeštaji, šeme, konfiguracije i sl.)
44444
ŠTA IZUČAVA U DISKRETNIM STRUKTURAMA?
karakteristični problemi
egzistencija struktura
prebrajanja struktura
osobine struktura i njihova primena
optimizacije struktura
55555
prebrajanja struktura
Koliko ima permutacija skupa {1, ... , n} u kojima su 1 i 2 susedni ?
Koliko ima permutacija a1 ... an skupa {1, ... , n} u kojima je ai i za svako i = 1, ... , n ?
U ravni je dato n pravih u "opštem položaju" (nikoje dve paralelne i nikoje tri ne prolaze kroz istu tačku).
(a) Koliko ima tačaka preseka?
(b) Na koliko delova je podeljena ravan?
Koliko rešenja ima jednačina x + y + z = 100 u skupu nenegativnih celih brojeva?
66666
egzistencija struktura
Da li za svaki prirodan broj n postoji magičan kvadrat reda n ?
Da li iz svake familije skupova A1, ... , An može da se izabere n različitih elemenata x1, ... , xn , tako da xiAi ?
Da li postoji permutacija a1 ... an brojeva 1, ... , n, takva da za svako ai i aj njihova aritmetička sredina ne stoji između njih ?
Da li se iz svakog niza a1 ... a2n + 1 čiji su elementi 0 i 1 može izbaciti jedna cifra, tako da u dobijenom nizu dužine 2n broj nula na neparnim mestima bude jednak broju nula na parnim mestima?
77777
osobine struktura i primena
Permutacije u linearnoj algebri, teoriji grupa, kristalografiji itd.
Fibonačijevi brojevi u teoriji brojeva, geometriji, optimizaciji.
Blok-šeme i latinski kvadrati u statistici, planiranju eksperimenta, teoriji kodiranja i sl.
88888
4. optimizacije struktura
različiti ekstremalni problemi
Maksimalna kolekcija podskupova datog skupa, takva da nijedan podskup nije sadržan u nekom drugom podskupu kolekcije.
Minimalan broj dama koje se mogu postaviti na šahovsku tablu, tako da sva polja budu tučena.
Minimalan broj trougaonih oblasti na koje n pravih u "opštem položaju" dele ravan.
99999
2. PREBRAJANJA
2.1. OSNOVNI PRINCIPI PREBRAJANJA
princip zbira
S = S1 ... Sn Si ∩ Sj = i ≠ j
|S| = |S1| + ... + |Sn|
S1 S2 Sn
. . .
1010101010
Primer 2.1. Koliko rešenja ima jednačina |x y| = 5 u skupu {1, ... , 50}?
Rešenje. Si = {(i, y) : |i y| = 5, i = 1, ... , 50}
S = S1 ... S50 Si ∩ Sj = i ≠ j
S1 = {(1,6)} S2 = {(2,7)} S5 = {(5,10)}. . .
S6 = {(6,1), (6,11)} . . . S45 = {(45,40), (45,50)}
S46 = {(46,41)} S50 = {(50,45)}. . .
|S| = |S1| + ... + |S50| = 5 · 1 + 40 · 2 + 5 · 1 = 90
1111111111
Primer 2.2. Ako C(n, k) označava broj k-članih podskupova skupa od n elemenata, dokazati da je
C(n, k) = C(n 1, k) + C(n 1, k 1).
Rešenje. |S| = n xS
M = { A S : |A| = k }
P = { B S : |B| = k, xB }
Q = { C S : |C| = k, xC }
B C
M = P U Q P ∩ Q = |M| = |P| + |Q|
()
|M| = C(n, k)
|P| = C(n 1, k) |Q| = C(n 1, k 1) ()
x
S
1212121212
princip proizvoda
S = S1 ... Sn = {(a1, ... , an) : aiSi }
|S| = |S1| · ... · |Sn|
ekvivaletna verzija
Ako se za uređenu n-torku (a1, a2, ... , an) element a1 može izabrati na k1 načina, element a2 na k2 načina, ... , element an na kn načina, tada je broj uređenih n-torki (a1, a2, ... , an) jednak k1 k2 ... kn .
1313131313
Primer 2.3. Školska kreda se proizvodi u 3 različite dužine, 8 različitih boja i 4 različita prečnika. Koliko različitih vrsta krede se proizvodi ?
Rešenje. vrsta krede (d, b, p)
d = dužina , b = boja , p = prečnik(d, b, p)
3 8 4
3 · 8 · 4 = 96 vrsta krede
1414141414
Primer 2.4. Koliko ima četvorocifrenih brojeva
(a) čije su sve cifre različite;
(b) čije su svake dve susedne cifre različite ?
Rešenje. a3 a2 a1 a0 , ai cifre , a3 ≠ 0
(a) a3 a2 a1 a0
9 9 8 7
9 · 9 · 8 · 7 = 4536
(b) a3 a2 a1 a0
9 9 9 9
9 · 9 · 9 · 9 = 6561
1515151515
princip jednakosti (bijekcije)
f : A B , f bijekcija
|A| = |B|
1616161616
Primer 2.5. Dokazati da među brojevima manjim od 106 onih čiji je zbir cifara jednak 20 ima isto toliko koliko i onih čiji je zbir cifara jednak 34.
Rešenje. a5a4a3a2a1a0 , ai cifre
003208, 000001, 238412
a5a4a3a2a1a0 , a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0 = 20
f : a5a4a3a2a1a0 b5b4b3b2b1b0 bi = 9 ai
003208 996791
b5 + b4 + b3 + b2 + b1 + b0
= 54 20
= 34
f bijekcija
000001 999998
= 6 9 (a5 + a4 + a3 + a2 + a1 + a0)
1717171717
Primer 2.6. Koliko podskupova ima skup od n elemenata?
Rešenje. S = {a1, ... , an}
A S A (x1, ... , xn) xi =1 aiA
0 aiA
S = {1, 2, 3, 4, 5}
{2, 4, 5} (0, 1, 0, 1, 1)
B = {(x1, ... , xn) : xi{0, 1}}
f : P(A) B bijekcija |P(A)| = |B|
(x1, ... , xn)
2 2
|B| = 2 · ... · 2 = 2n
n
= |P(A)|
1818181818
Primer 2.7. Dokazati da je u svakom skupu broj podskupova s parnim brojem elemenata jednak broju podskupova s neparnim brojem elemenata.
Rešenje. S proizvoljan skup , xS
A = {A S : |A| 0 (mod 2)}B = {B S : |B| 1 (mod 2)}
A A
x
S
f : A B
xA
xA
f bijekcija |A| = |B|
f (A) = A {x}B
f (A) = A \ {x}B
1919191919
2.2. IZBORI
izbor k elemenata iz skupa od n elemenata
1. permutacije bitan redosled izabranih elemenata
2. kombinacije nebitan redosled izabranih elemenata
(a) bez ponavljanja
svi izabrani elementi različiti
(b) s ponavljanjem
među izabranim elementima može biti jednakih
20202020
2.2.1. Permutacije
S = {a1, ... , an}
(x1, ... , xk) xiS
permutacija k-te klase na skupu S
k-permutacija
x1 ... xk umesto (x1, ... , xk)
S = {1, 2, 3, 4 , 5}
3154 4-permutacija
231155 6-permutacija
21534 5-permutacija
111 3-permutacija
2121212121
(a) permutacije bez ponavljanja
S = {a1, ... , an}
(x1, ... , xk) xiS xi ≠ xj i ≠ j
P(n, k) broj k-permutacija na skupu od n elemenata
TEOREMA 2.1. P(n, k) = n (n 1) ... (n k + 1) .Dokaz. (x1, x2, ... , xk)
n n 1 n k + 1
P(n, k) = n (n 1) ... (n k + 1)
2222222222
P(n, k) = n (n 1) ... (n k + 1)
k > n P(n, k) = 0
k = n P(n, n) = n!
(x1, x2, ... , xn) n-permutacija na S
permutacija skupa S
=n (n 1) ... (n k + 1)
(n k) (n k 1) ... 1
=n!
(n k)!
(n k) (n k 1) ... 1
2323232323
Primer 1. U koliko permutacija skupa {1, ... , n} je 2 iza 1 (ne mora neposredno)?
Rešenje. (I) a1a2 ... an permutacija
1 = a1 2{a2, ... , an}
1 = a2 2{a3, ... , an}
1 = an 1 2{an}
n 1 mogućnosti
n 2 mogućnosti
1 mogućnost
(n 2)! ((n 1) + (n 2) + ... + 1) = (n 2)! n (n 1)
2n!2
=
. . . . . .
2424242424
(II)
A = skup perm. S u kojima je 2 iza 1
B = skup perm. S u kojima je 1 iza 2
S = {1, ... , n}
C = skup svih perm. S
α = ... 1 ... 2 ... β = ... 2 ... 1 ...
bijekcija |A| = |B|
C = A B , A B = |C| = |A| + |B|
|C| = n!
|A| = |B| n!2
=
2525252525
Primer 2. Na koliko načina se na polja šahovske table može postaviti 8 žetona, tako nikoja dva nisu ni u istoj vrsti, ni u istoj koloni?
Rešenje.
a
1
b c d e f g h
2345678
rasp. žetona x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8
xi horizontala u kojoj se nalazi žeton iz i-te kolone
x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8
perm. skupa {1, ... , 8}
38457261
br. rasp. žetona = P(8,8) = 8!
(I)
2626262626
a
1
b c d e f g h
2345678
(II)
1. žeton 88 = 64 izbora
2. žeton 77 = 49 izbora
3. žeton 66 = 36 izbora. . .
8. žeton 11 = 1 izbor
br. rasp. žetona
: 8!
= (8!)2 : 8!
= 8!
= (82 72 62 ... 12)
2727272727
(b) permutacije s ponavljanjanjem
S = {a1, ... , an}
(x1, ... , xk) xiS
M = {a1, ... , a1, a2, ... , a2, ... , an, ... , an}
k1k2 kn
ki višestrukost (multiplicitet) ai
{a, a, a, b, b, c, c, c, c, d} = {3·a, 2·b, 4·c, 1·d}
= {k1a1, k2·a2, ... , kn·an}def.
2828282828
M = { · a1, · a2, ... , · an}
(x1, ... , xk) xiM
permutacija k-te klase s ponavljanjem na M
ili k-permutacija s ponavljanjem na M
(x1, ... , xk) x1 ... xk
P(n, k) broj k-perm. s ponavljanjem na M
TEOREMA 2.2. P(n, k) = nk.
Dokaz. M = { · a1, · a2, ... , · an}
(x1, x2, ... , xk ) , xiM
n n n
P(n, k) = n · n · ... · n = nk
k
2929292929
Primer 3. Na koliko načina se može obojiti četvorospratna kuća sa 6 boja, ako se svaki sprat boji jednom bojom?
Rešenje.
{b1, b2, b3, b4, b5, b6} boje
(s1, s2, s3, s4) spratovi
6 6 6 6
broj bojenja = 6 · 6 · 6 · 6 = 64 = 1296
3030303030
Primer 4. Koliko ima preslikavanja m-članog skupa A u n-člani skup B?
Rešenje.
A = {a1, ... , am} B = {b1, ... , bn}
f : A B ( f (a1), ... , f (am)) f (ai)B
f bijekcija
F = { f : A B}
|F| = |{( f (a1), ... , f (am)) : f (ai)B }|
n n
= nm
3131313131
M = { · a1, · a2, ... , · an}
(x1, x2, ... , xk) xiM
P(n, k) = nk
M = {k1·a1 , k2·a2 , ... , kn·an}
ki k i
i ki < k
M = {3·a, 2·b, 1·c}
(x, y, z) n = k = 3
broj 3-perm. s ponavljanjem = 19 < 33 = 27
bbb, ccc, acc, cac, cca, bcc, cbc, ccb zabranjene
P(n, k) = nk P(n, k) < nk
3232323232
M = {k1·a1 , k2·a2 , ... , kn·an}
(x1, x2, ... , xk) xiM
k = k1 + k2 + ... + kn permutacija M
P(k1, ... , kn) broj permutacija M
Dokaz.
S = {a11, ... , a1k , a21, ... , a2k , ... , an1, ... , ank }1 2 n
(k1 + k2 + ... + kn)! permutacija S
1 permutacija M k1! · k2! · ... · kn! permutacija S
()
()
TEOREMA 2.3. (k1 + ... + kn)!
k1! · ... · kn!P(k1, ... , kn) =
.
3333333333
Primer 5. Koliko ima nizova dužine 10 koji se sastoje od 2 nule, 3 jedinice i 5 dvojki?
Rešenje.
M = {0, 0, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2} = {2·0, 3·1, 5·2}
broj nizova =(2 + 3 + 5)!
2! · 3! · 5!
10!
2! · 3! · 5!= = 2520
3434343434
Primer 6. Koliko ima najkraćih putanja na šahovskoj tabli od polja a1 do polja h8, ako se kretanje vrši isključivo nadesno ili naviše?
Rešenje.
a b c d e f g h
12345678
L
a b
Lbijekcija
perm. multi skupa {7·a, 7·b}
broj putanja = broj perm. {7·a, 7·b}
= 14!
7! · 7!
aaaabbabbbaabb
(7 + 7)!
7! · 7!=
35353535
2.2.2. Kombinacije
S = {a1, ... , an}
{x1, ... , xk} xiS
kombinacija k-te klase na skupu S
k-kombinacija
S = {1, 2, 3, 4 , 5}
{1, 5, 4} 3-kombinacija
{5, 5} 2-kombinacija
{2, 3, 4, 5} 4-kombinacija
{1, 1, 2} 3-kombinacija
3636363636
(a) kombinacije bez ponavljanja
S = {a1, ... , an}
{x1, ... , xk } xiS xi xj i j
C(n, k) broj k-kombinacija bez ponavljanjana skupu od n elemenata
Dokaz. {x1, ... , xk }
C(n, k) · k! = P(n, k) =n!
(n k)!
k! perm. bez ponavljanja
()
()
TEOREMA 2.4. C(n, k) =
n!
k!·(n k)!.
3737373737
n!
k!·(n k)!=
nk
binomni koeficijent
Primer 2.1. Na turniru je učestvovalo n igrača i svaki sa svakim je odigrao po jednu partiju. Koliko je partija odigrano na turniru?
Rešenje. S = {a1, ... , an } skup igrača
partija između ai i aj {ai , aj }
broj partija = broj 2-kombinacija na S
= C(n, 2)
n
2=
bijekcija
3838383838
Primer 2.2. Koliko dijagonala ima n-ugao?
Rešenje. A1A2 ... An n-ugao
{Ai, Aj } dijagonala ili stranica
dn broj dijagonala n-ugla
dn = C(n, 2) n
n
2= n
= n (n 1)
2 n
=n (n 3)
2
3939393939
Primer 2.3. Na kružnici je uočeno n tačaka i svake dve spojene tetivom. Ako se nikoje tri tetive ne seku u jednoj tački unutar kružnice, koliko ima tačaka preseka unutar kružnice?
Rešenje.
M
Ak
Ai
Aj
Al
M
bijekcija
broj presečnih tačaka = C(n, 4)
{ Ai , Aj , Ak , Al }
n
4=
4040404040
(b) kombinacije s ponavljanjem
M = { · a1, · a2, ... , · an}
{x1, ... , xk } xiM multi podskup od M
kombinacija k-te klase s ponavljanjem na M
ili k-kombinacija s ponavljanjem na M
M = {a, a, a, b, b, c}
{a, a} 2-komb. {a, b, b} 3-komb.
{a, b, c} 3-komb. {a, a, b, b} 4-komb.
4141414141
C(n, k) broj k-komb. s ponavljanjem na M
Dokaz. (I) M = { · a1, · a2, ... , · an }
{x1, ... , xk } = {a1, ... , a1, a2, ... , a2, ... , an, ... ,an }
k1knk2
k1 + k2 + ... + kn = k ki 0
TEOREMA 2.5. C(n, k) =
n + k 1
k.
k
o ... o
4242424242
{a1, ... , a1, a2, ... , a2, ... , an, ... ,an }
o ... o
k1k2 kn
bijekcija
M = {a, a, a, b, b, c}
{a, a, b, c}
{a, a, a, c}
{a, a, b, b}
o o | o | o
o o o | | o
o o | o o |
n + k 1
k C(n, k) =
k1knk2
| | . . . o ... o|
4343434343
(II) M = { · 1, · 2, ... , · n }
{x1, x2, ... , xk } 1 x1 x2 ... xk n
{x1, x2 + 1, ... , xk + k 1}
bijekcija
1 x1 < x2+1 < ... < xk + k 1 n + k 1
{x1, x2 + 1, ... , xk + k 1}
C(n, k) = C(n + k 1, k)
na {1, 2, ... , n + k 1}
k-kombinacija bez ponavljanja
n + k 1
k=
4444444444
Primer 2.4. Koliko rešenja ima jednačina x + y + z = 10 u skupu
Rešenje.
(a) nenegativnih celih brojeva;
(b) pozitivnih celih brojeva?
(a)
x = 3, y = 5, z = 2 {x, x, x, y, y, y, y, y, z, z}
M = { · x, · y, · z}
10-komb. s ponavljanjem na M
n = 3 k = 10
=13
10=
13
3= 286
(b) (x 1) + (y 1) + (z 1) = 7
x 1, y 1, z 1 0
C(3, 10)3 + 10 1
10=
45454545
3. BINOMNA I POLINOMNA FORMULA
3.1. Binomni koeficijenti i binomna formula
n
k =def. n (n 1) ... (n k + 1)
k!=
(n)k
k!=
n!
k! (n k)!
n
0 = 1def.
n, k N
αR , kNα
k =def. α (α 1) ... (α k + 1)
k!
n < kn
k = 0def.
46464646
TEOREMA 3.1. (a)
n
k
n
n k=
n 1k 1
n 1
k+ =
n
k(b)
Dokaz. Algebarski i kombinatorni.
k
x
S
|S| = n
(a)(b)
k
A
n k
A
k
.
;
S
n 1k 1
n 1
k
kombinatorni
47474747
(x + y)n = xn
TEOREMA 3.2. (binomna formula)
Dokaz. (I) Indukcijom po n.
(II) Kombinatorno.
(x + y)n = (x + y)(x + y) ... (x + y)
= ... + Cxn i yi + ... i = 0, 1, ... , n
C
.
+ ... + ynxn 1 y+n1
xn 2 y2+n2
i = 0
n
Σ ni xn i yi=
n
nn i=
ni=
484848
Primer 3.1. Dokazati identitete:
(a) = 2n ;
(b)
Rešenje. (a) (I) binomna formula
(1 + 1)n
2n
+++ . . .n0
n1
nn
n2 ++ . . . = 0 .
n0
n1
nn
n3 + (1)n
i = 0
n
Σ ni= 1n i 1i
i = 0
n
Σ ni=
+++ . . .n0
n1
nn=
494949
(II) kombinatorno
|S| = n
. . .
= broj svih podskupova skupa S = 2n
= broj praznih podskupova (sa 0 elemenata)
= broj jednočlanih podskupova
n0
= broj k-članih podskupova skupa Snk
n1
= broj n-članih podskupovann
= broj dvočlanih podskupovan2
+++ . . .n0
n1
nn
505050
(b) (I) binomna formula
0
(II) kombinatorno
(1 1)n
i = 0
n
Σ ni= 1n i (1)i
n2+
n0
n1 . . . +
nn
(1)n
n2 ++ . . . = 0 .
n0
n1
nn
n3 + (1)n
++ . . .n0
n2
n4 + = ++ . . .
n1
n3
n5 +
=
515151
|S| = n
= broj parnih podskupova S
= broj neparnih podskupova S
x
A
BS
f (A)
f (B)
f
f bijekcija
X S
f (X) =X \ {x} xX
X {x} xX
xS fiksiran
++ . . .n0
n2
n4 +
++ . . .n1
n3
n5 +
paran podskup neparan podskup
x
S
f
(b)
525252
3.2. Polinomni koeficijenti i polinomna formula
i1, i2, ... , ik 0n = i1 + i2 + ... + ik
n!
i1! i2! ... ik!= polinomni (multinomni)
koeficijent
ni1 i2
i1 + i2 = n i1, i2 0
n
i1 i2 ... ik
=n
i1
=n
i2
53535353
TEOREMA 3.3. (polinomna formula)
(x1 + x2 + ... + xk )n = i1+ i2+ ... + ik = n
i1, i2, ... , ik 0
ni1 i2 ... ik
x1 x2 ... xk
i1 i2 ik
Dokaz.
(x1 + x2 + ... + xk )n =
(x1 + x2 + ... + xk ) (x1 + x2 + ... + xk ) ... (x1 + x2 + ... + xk ) =
... + C x1 x2 ... xk + ...i1 i2 ik
C = ?
.
n zagrada
545454
C = . . .
n!
i1! (n i1)!=
(n i1 i2 ... ik1)!
ik! (n i1 i2 ... ik)!.(n i1)!
i2! (n i1 i2)!. . . ..
(n i1 i2 ... ik)! = 0! = 1
n!
i1! i2! ... ik!=
x1
n
i1
n i1
i2
x2
n i1 i2
i3
x3
n i1 i2 ... ik 1
ik
n
i1 i2 ... ik =
xk
555555
Primer 3.2. Napisati u razvijenom obliku
(x + y + z)3.
Rešenje. (x + y + z)3
33 0 0 x3y0z0
32 1 0 x2y1z0
31 0 2 x1y0z2
31 1 1 x1y1z1
=3
0 3 0 x0y3z0+
+3
0 2 1 x0y2z1+3
1 2 0 x1y2z0+3
2 0 1 x2y0z1+
+3
0 0 3 x0y0z3+
+3
0 1 2 x0y1z2+
= x3 + y3 + z3 + 3x2y + 3x2z + 3xy2 + 3y2z + 3xz2 + 3yz2 + 6xyz
Σi + j + k = 3i, j, k 0
xi yj zk=3
i j k
565656
TEOREMA 3.4. U razvijenom obliku izraza
(x1 + x2 + ... + xk )n
ima
Dokaz. (x1 + x2 + ... + xk )n
broj sabiraka i1+ i2+ ... + ik = ni1, i2, ... , ik 0
= broj celobrojnih rešenja
=n
i1 i2 ... ik
x1 x2 ... xk
i1 i2 iki1+ i2+ ... + ik = n
i1, i2, ... , ik 0
n + k 1
k 1
n + k 1
n= sabiraka.
=(primer 4) n + k 1
k 1
n + k 1
n=
575757
TEOREMA 3.6.
i1+ i2+ ... + ik = n
i1, i2, ... , ik 0
ni1 i2 ... ik
= k n
Dokaz.
(1 + 1 + ... + 1)n =
i1+ i2+ ... + ik = n
i1, i2, ... , ik 0
ni1 i2 ... ik
1 1 ... 1i1 i2 ik
k n
x1 = x2 = ... = xk = 1
.
k
i1+ i2+ ... + ik = n
i1, i2, ... , ik 0
ni1 i2 ... ik
=
585858
4. FORMULA UKLJUČENJA ISKLJUČENJA
|A B| = |A| + |B|
princip zbira
|A B| |A| + |B|
|A B| = |A| + |B| |A B|
A B
A B
595959
|A B C| =
|A| + |B| + |C|
princip zbira
|A B C| =
|A| + |B| + |C| |A B| |B C|
A B C
A B C
A B C
|A B C| =
|A| + |B| + |C| |A B|
606060
A
C
B|A B C| =
|A| + |B| + |C|
|A B| |B C| |A C|
|A B C| =
|A| + |B| + |C|
|A B| |B C| |A C|
|A B C|
+
A
C
B
61616161
TEOREMA 4.1. |A1 A2 ... An| =
|Ai |1
1 i1 n
| Ai Ai |1 2 + | Ai Ai Ai |1 2 3
... + 1 i1 < ... < i n n
| Ai ... Ai |1 n( 1)n 1 .
Dokaz. (I) indukcijom po n
n = 1 |A1| =
= |A1| trivijalno
n = 2 |A1 A2| =
= |A1| + |A2| |A1 A2|
1 i1 < i 2 n
1 i1 < i 2 < i3 n
|Ai |1
1 i1 1
|Ai |1
1 i1 2
| Ai Ai |1 2
1 i1 < i 2 2
| A1 A2 ... An| =
+ ... + | Ai |1
1 i1 n
| Ai Ai |1 21 i1 < i 2 n
| Ai ... Ai |1 n ( 1)n 1
1 i1 < ... < i n n
indukcijska hipoteza
626262
|A1 A2 ... An An + 1| =
|(A1 A2 ... An) An + 1|
|A1 A2 ... An|
|A1 A2 ... An| + |An + 1| |(A1 An + 1) ... (An An + 1)|
(n = 2)
=
+ |An + 1| |(A1 ... An) An + 1| =(ind. hip.)
=
|Ai |1
1 i1 n
... +
| Ai Ai |1 2
1 i1 < i 2 n
+ | Ai Ai Ai |1 2 31 i1 < i 2 < i3 n
| Ai ... Ai |1 n
( 1)n 1
1 i1 < ... < i n n
| Ai An + 1|11 i1 n
+ | Ai Ai An + 1|1 21 i1 < i 2 n
... +
+ ( 1)n
1 i1 < ... < i n n
| Ai ... Ai An + 1|1 n
+ |An + 1|
=
|Ai |1
1 i1 n + 1
... +
| Ai Ai |1 21 i1 < i 2 n + 1
+ | Ai Ai Ai |1 2 31 i1 < i 2 < i3 n + 1
( 1)n | Ai ... Ai |1 n + 1
1 i1 < ... < i n + 1 n + 1
(II) kombinatorno
|Ai |1
|A1 A2 ... An| = 1 i1 n
| Ai Ai |1 2 ... +
| Ai ... Ai |1 n+ ( 1)n 1
1 i1 < i 2 n
1 i1 < ... < i n n
leva strana (LS)
desna strana (DS)
A = A1 A2 ... An
LS DS
xA
xA 00
1 ?
{i1, ... , ik} {1, ... , n}
646464
x A
{i1, ... , ik}
x A1 A2 ... Ak
DS |Ai |1
1 i1 n
k
|Ai Ai |1
1 i1 < i2 n
2
1 i1 < ... < ik n
|Ai ... Ai |1 k
( 1)k 1
1 i1 < ... < ik + 1 n
|Ai ... Ai |1 k + 1
( 1)k
. . .
k2
kk
( 1)k 1
0
. . .. . . . . .
x Ai Ai ... Ai1 2 k
A1
A2
An A3
x
6565
DS
k ... + =
1 1 =
1
=
1 (1 1)k = 1
( 1)k 1 kk
k2
k3+
... + ( 1)k 1 kk
k2
k3++
k1
k0
+ ... + ( 1)k kk
k2
+k3
k1
6666
4.1. Sirjektivna preslikavanja.
Stirlingovi brojevi 2. vrste
f
f sirjektivno ("na") f (A) = B
bB , aA , f (a) = b
PITANJE. Koliko ima sirjektivnih preslikavanja skupa A na skup B ako je |A| = m i |B| = n ?
A B
ba
6767
TEOREMA 4.2. Ako je |A| = m i |B| = n, tada je broj sirjektivnih preslikavanja f : A B jednak
nm n (n 1)m ( 1)n 1 1m(n 2)m+ ... + .
Dokaz.
P' = { f | f : A B, f "na"} skup sirjektivnih preslikavanja
P = { f | f : A B } skup svih preslikavanja
Pi = { f | f : A B, i f (A), 1 i n}
A = {1, 2, ... , m} , B = {1, 2, ... , n}
n2
n
n 1
P' = P1 P2 ... Pn
= P1 P2 ... Pn
6868
= |P| |P1 P2 ... Pn|
= |P|
|P| = nm
|Pi | = (n 1)m1
|Pi ... Pi | = (n k)m1 k
. . .
|P' | = |P1 P2 ... Pn |
... + + | Pi Pi |1 21 i1 < i 2 n
+ ( 1)n | Pi ... Pi |1 n1 i1 < ... < i n n
|Pi |1
1 i1 n
6969
|P'| = nm n(n 1)m ... +
= nm n(n 1)m ... +
... +
(n 2)m+n2
+ ( 1)n (n n)mnn+ ( 1)n 1 (n (n 1))m
n
n 1
(n 2)m+n2
( 1)n 1 1mn
n 1
= (n 0)mn0
(n 1)mn1 + (n 2)m
n2
+ ( 1)n 1 (n (n 1))mn
n 1 + ( 1)n (n n)mnn
= ( 1)i (n i)mΣi = 0
n ni
7070
m < n
P' = |P'| = 0
m = n
P' skup bijekcija A na B
|P'| = n!
|A| = m |B| = n
= 0( 1)i (n i)mΣi = 0
n ni
= n!( 1)i (n i)nΣi = 0
n ni
7171
. . .
A1
A2
An
f
Ai = f 1 (i)
i = 1, 2, ... , n
1 sirjekcija
1 razbijanje A na n nepraznih podskupova
1 razbijanje A na n nepraznih podskupova
n! sirjekcija
f sirjekcija
A
PITANJE. Koliko ima razbijanja skupa A, |A| = m, na n nepraznih podskupova ?
()
B
. . .
1
2
n
|A| = m |B| = n
7272
S (m, n) broj razbijanja skupa od m elemenata na n nepraznih poskupova
S (m, n) Stirlingov broj 2. vrste
Dokaz. Iz ().
m < n S (m, n) = 0
m = n S (n, n) = 1
TEOREMA 4.3. S (m, n) =1n! .( 1)i (n i)mΣ
i = 0
n ni
73
S
A1
A3
A2
|S| = n
P1, P2, P3 osobine elemenata iz S
Ai = {xS | x ima osobinu Pi }
(0)
(2)
(1)
(1)(1)(2)
(2)(3)
P1, P2, ... , Pq osobine
A1, A2, ... , Aq S
PITANJE. Koliko ima elemenata u S sa tačno m, m = 0, 1, ... , q, osobina ?
4.2. Uopštena formula uključenja isključenja
74
|S| = n P1, P2, ... , Pq osobine elemenata S , q 1
A1, A2, ... , Aq S
Ai = {x S | x ima osobinu Pi }
E(m) = broj el. iz S sa tačno m osobina
ω(Pi , Pi , ... , Pi ) = broj el. iz S sa osobinama Pi , Pi , ... , Pi1 2 m 1 2 m
(eventualno još nekim)
ω(m) ={i1, ... , im} {1, ... , q}
Σ ω(Pi , ... , Pi )1 m
ω(0) = |S| = ndef.
75
TEOREMA 4.4. Neka je S skup od n elemenata i {P1, P2, ... , Pq} skup od q osobina elemenata iz S. Tada je za svako m = 0, 1, ... , q
E(m) = ω(m) ω(m + 1) ω(m + 2)+
+ (1)q m ω(q)
= Σi = m
q
(1)i m ω(i)
m + 1m
m + 2m . . . +
qm
im .
76
Dokaz.
xS jednako doprinosi levoj i desnoj strani ()
DSLS
x ima tačno t osobina: P1, P2, ... , Pt
10 t < m
t < m 0 020 t = m
t = m 1 1
30 t > m t > m 0 ?
E(m) = ω(m) ω(m + 1) ω(m + 2)+
+ (1)q m ω(q)
m + 1m
m + 2m . . . +
qm
()LSDS
LS 0
DS 1LS 1
DS 0
samo za ω(P1, P2, ... , Pt) u ω(t) = ω(m)
LS 0 DS ?
77
t > m
LS 0
ω(m)
ω(m + 1)
. . .
. . .
ω(t)
ω(t + 1) 0
. . .
. . .
E(m) = ω(m) ω(m + 1) ω(m + 2)+
. . . + (1)q m ω(q)
m + 1m
m + 2m
qm
tm
tm + 1
tt
po 1 za svakih mod t osobina
DS
78
DS
... + =
... + =
1 ... + =
0
0=
nk
kr =
n rk r
nr
tm m + 1
mt
m + 1 +m + 2
mt
m + 2 (1)t m tm
tt
tm
tm
t m1 +
tm
t m2 (1)t m t
mt mt m
tm t m
1+ t m
2(1)t m t m
t m
tm
79
POSLEDICA 4.1.
E(0) = ω(0) ω(1) + ω(2) ... + (1)q ω(q)
Σi = 0
q
= (1)i ω(i) .
Dokaz. Iz posledice 4.1, ω(0) = |S| i
ω( j) = | Ai ... Ai |1 jΣ1 i1 < ... < ij q
.
POSLEDICA 4.2. Neka je S skup od n elemenata i {P1, P2, ... , Pq} skup od q osobina elemenata iz S. Ako je
| A1 A2 ... Aq | = E(0) .
Ai = {x S | x ima osobinu Pi }
tada je
80
Primer 4.1. S = {1, 2, ... , 14} P1, P2, P3, P4
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 141311
P1
P2
P3
P4
S
ω(P1) = 5 ω(P2) = 9 ω(P3) = 5 ω(P4) = 7
ω(P1 P2) = 4 ω(P1 P3) = 2 ω(P1 P4) = 2
ω(P2 P3) = 4 ω(P2 P4) = 5 ω(P3 P4) = 5
ω(P1 P2 P3) = 2 ω(P1 P2 P4) = 2 ω(P1 P3 P4) = 2 ω(P2 P3 P4) = 4
ω(P1 P2 P3 P4) = 2
81
ω(P1) = 5 ω(P2) = 9 ω(P3) = 5 ω(P4) = 7
ω(P1 P2) = 4 ω(P1 P3) = 2 ω(P1 P4) = 2
ω(P2 P3) = 4 ω(P2 P4) = 5 ω(P3 P4) = 5
ω(P1 P2 P3) = 2 ω(P1 P2 P4) = 2 ω(P1 P3 P4) = 2 ω(P2 P3 P4) = 4
ω(P1 P2 P3 P4) = 2
ω(0) = |S| = 14
ω(1) = 5 + 9 + 5 + 7 = 26
ω(2) = 4 + 2 + 2 + 4 + 5 + 5 = 22
ω(3) = 2 + 2 + 2 + 4 = 10
ω(4) = ω(P1 P2 P3 P4) = 2
Σ1 i 4
ω(Pi )=
Σ1 i < j < k 4
ω(Pi Pj Pk )=
Σ1 i < j 4
ω(Pi Pj )=
82
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 141311
P1
P2
P3
P4
S
ω(0) = |S| = 14 ω(1) = 26 ω(2) = 22 ω(3) = 10 ω(4) = 2
E(0) = ω(0) ω(1) + ω(2) ω(3) + ω(4) = 14 26 + 22 10 + 2 = 2
E(2) = ω(2)
32
ω(3) 42
ω(4)+ = 22 310 + 62
= 4
= 26 222 + 310 42
= 4E(1) = ω(1)
21
ω(2) 31
ω(3)+ 41
ω(4)+
E(3) = ω(3)
43
ω(4) = 10 42
= 2
E(4) = ω(4)
= 2