Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 1 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 2 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Sadrzaj

1 Uvod 3

2 Skupovi i operacije nad njima 5

3 Permutacije bez ponavljanja 15

4 Varijacije bez ponavljanja 21

5 Kombinacije bez ponavljanja 24

6 Permutacije sa ponavljanjem 33

7 Binomna formula 34

8 Vjezbe 45

Literatura 53

Indeks 53

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 3 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

1. Uvod

Slika 1: 5-clani skup

Kombinatorika1 je dio matematike koji se bavirjesavanjem zadataka u vezi sa izborom i ras-poredom elemenata nekog skupa (konacnogili beskonacnog) sastavljenog od medusobnorazlicitih (ili dijelom istih) elemenata po nekimunaprijed zadanim pravilima.

Slika 2: 3-clana kombinatorna konfiguracija

Nacin izgradnje neke kon-strukcije od elemenata polaz-nog skupa, koja se zove kom-binatorna konfiguracija ili kom-pleksija odreduje se pravilima.

Varijacije, permutacije i kom-binacije su jednostavni primjerikombinatornih konfiguracija.

Podskupovi nclanog skupai kombinatorne konfiguracije

elemenata tih potskupova imaju glavnu ulogu u izgradnji kombinatorike, paje prirodno pitanje: koliko nclani skup Sn ima razlicitih podskupova i koliko jerazlicitih kombinatornih konfiguracija koje se mogu formirati od njihovih eleme-nata.

1Po prvi puta se pojam kombinatorika pojavio u Lajbnicovoj knjizi Rasudivanje o kombi-natornom umjecu (Dissertatio de arte combinatoria, Lipshae, 1666), koji je udario temelje tojmatematickoj oblasti kao samostalnoj nauci, a sadrzi niz teorema o varijacijama i ciklickimpermutacijama uglavnom.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 4 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Cilj kombinatorike je proucavanje kombinatornih konfiguracija. Pored izgrad-nje kombinatornih konfiguracija to proucavanje obuhvata i pitanja izgradnje al-goritama za njihovu konstrukciju, optimizaciju takvih algoritama, kao i rjesavanjeracunskih zadataka, a posebno onih koji su u vezi sa konkretnim kombinatornimkonfiguracijama nekog datog skupa.

Kombinatorni zadatak je svaki zadatak u kome se posmatra neka kombi-natorna konfiguracija objekata i u kome se trazi kolicina takvih kombinatornihkonfiguracija. Zadaci te vrste zovu se kombinatorni, jer su u vezi sa pravljenjemrazlicitih kombinacija elemenata polaznih skupova.

Prvi kombinatorni zadaci bili su u vezi sa odredivanjem razlicitih kombinacijau kartaskim igrama, igrama sa kockicama i drugim igrama na srecu, koje su po-sebno bile popularne u srednjem vijeku. Medutim osnovna pitanja kombinatorikei njihovo sistematsko proucavanje povezano je sa razvojem algebre polinoma iteorije vjerovatnoce izmedu 16. i 18. vijeka. Kombinatorni zadaci se susrecubukvalno u svim matematickim disciplinama kao i izvan matematike.

U kombinatornim zadacima centralno mjesto imaju dva pitanja:

1. Postoje li kombinatrorne konfiguracije koje zadovoljavaju neki ili neke us-love?

2. Ako postoje, koliko ima takvih kombinatrornih konfiguracija?

U daljem se pretpostavlja da su svi skupovi konacni i da su sastavljeni odmedusobno razlicitih (ili dijelom istih) elemenata.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 5 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

2. Skupovi i operacije nad njima

Buduci da danasna nauka obilato koristi matematiku, njezine metode i modele, pozna-vanje osnovnih pojmova moderne matematike opsta je potreba. Savremenom covjekupotrebna su osnovna matematicka znanja, istina, razlicita od onih koja su mu trebalaprije 50, pa cak i prije 20 godina. Potrebna matematicka znanja prvenstveno su onakoja se odnose na teoriju skupova.

Ovdje ce biti rijeci o osnovama kombinatorike, a unutar nje i o pojmovima teorijeskupova koji su neophodni za njeno razumjevanje.

1. Pojam skupa. U matematici su skup i egzistencija odredenog odnosa izmedunekog skupa i njegovih elemenata osnovni pojmovi i kao takvi se ne definisu. Zasvaki skup bitno je samo znati od cega je sastavljen, tj. bitno je znati njegoveelemente, ali ne i prirodu njegovih elemenata.

2. Oznake. Skupovi se najcesce obiljezavaju velikim masno stampanim slovimaA, B, C, . . ., a elementi skupova malim masno stampanim slovima a, b, c, . . ..

Cinjenicu da element a pripada skupu A, simbolicki oznacavamo sa:

a A,

a cinjenicu da element b ne pripada skupu A simbolicki oznacavamo sa:

b / A.Skupovi mogu biti konacni i beskonacni.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 6 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Skupovi od posebnog znacaja za matematiku oznacavaju se specijalnim oz-nakama:

N za skup prirodnih brojeva,Z za skup cijelih brojeva,Q za skup racionalnih brojeva,I za skup iracionalnih brojeva,R za skup realnih brojeva,C za skup kompleksnih brojeva.

3. Zadavanje skupa Smatra se da je skup zadan ako je nedvosmisleno receno,objasnjeno ili navedeno sta su njegovi elementi [v.sl. 3], ali kako priroda eleme-nata nije bitna uobicajeno je da se graficki prikazuju kao na sl.

A

a 1-3

A={ , 1, , -3, , a, , , }Slika 3: Vennov dijagram

Za graficko prikazivanje sku-pova koriste se Vennovi dija-grami.Da bi nastavak price o skupovi-ma imalo smisla potrebna je

Aksioma 1 (Egzistencije).Postoji bar jedan skup.

4. Prazan skup. Skup bez ele-menata zove se prazan skup i

oznacava se sa .Prazan skup je podskup svakog skupa, tj.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 7 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

5. Podskup skupa. Jednakost skupova. Kaze se da je skup B podskup skupaA i pise

B A,ako i samo ako je svaki element skupa B ujedno i element skupa A , tj.

B A {x | x B x A} .

Aksioma 2 (Jednakosti). Ako su A i B takvi skupovi da je svaki element odA ujedno element od B i svaki element od B ujedno element od A, onda su A iB jednaki (identicni) skupovi.

6. Univerzalni skup. Zbog poznatih i nepoznatih paradoksa teorije skupova, umatematickoj praksi se po pravilu posmatraju podskupovi nekog skupa U . SkupU zbog toga ima univerzalno znacenje i zove se univerzalni skup. Istina, skup Uje relativan i varira od problema do problema. Praksa je da se skup U u ravnipapira prikazuje pravougaonikom, a njegovi podskupovi krugovima kako je toprikazano na sl. 3.

Aksioma 3 (Specifikacije). Neka je U neki skup, a S neka osobina. Tadapostoji podskup A U ciji su elementi oni i samo oni elementi iz U koji imajuosobinu S.

7. Partitivni skup. Neka je U proizvoljan neprazan skup i neka nam P(U)oznacava skup svih podskupola skupa U . Skup P(U) zove se partitivni skupskupa U ; elementi skupa P(U) su podskupovi skupa U . Uzmimo da je U = {a},tj. da U ima samo jedan element. Za takav skup se kaze da je jednoclan ilisingleton. Nadimo P(U). Buduci da su jedino U i prazan skup podskupovi odU , to je P(U) = {, U}; dakle P(U) ima dva elementa, on je dvoclan.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 8 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Uzmimo primjer dvoclanog skupa U = {a, b}, pri cemu a i b nisu jednakielementi. Tada je P(U) = {, {a}, {b}, U}. Napomenimo da a nije element skupaP(U), ali je skup {a}, kome je a jedini element, podskup od U i kao takav jeelement od P(U). Posmatranje skupa P(U) u odnosu na U je zgodno upravoradi toga sto su podskupovi od U postali elementi od P(U). Uopcte elementinekog skupa ju jedinke i njih je dobro zamisljati kao tacke, iako oni sami za sebemogu biti skupovi i sastavljeni od mnogo elemenata, ali to za datu situaciju nijebitno.

Prema aksiomu specifikacije postoji skup koji sadrzi samo A i B. Taj skup seoznacava sa {A,B} i zove par. Ako je A = B onda je {A,A} = {A} singleton.Aksioma 4 (Partitivnog skupa). Za svaki skup A postoji skup P(A), tzv.partitivni skup skupa A, ciji su elementi podskupovi od A.

Aksioma 5 (Unije). Neka je F familija skupova. Tada postoji skup B takav dax A bar za jedan A F x B.

(v. Kurepa, [4])

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 9 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8. Par i uredeni par.Potreba da se posmatraju skupovi ciji su elementi skupovi dovodi do pri-

hvacanja aksioma

Aksioma 6 (Para). Ako su A i B skupovi, onda postoji skup F takav da jeA F i B F .

B A 1 2 3a (1,a ) (2,a ) (3,a )

b (1,b ) (2,b ) (3,b )= AB

Slika 4: Formiranje skupa uredenih pa-rova tablicom

9. Dekartov proizvod skupova.2 Nekasu dati skupovi A = {1, 2, 3} i B = {a, b}.Ako se pomocu elemenata ta dva skupaformiraju uredeni parovi tako da su nji-hove prve komponente elementi skupa A,a druge iz skupa B, dobice se uredeni pa-rovi:

(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a) i (3, b),

koji se mogu prikazati tablicom (4)Tako je dobiven novi skup od 6 elemenata (6 uredenih parova). U tom slucajuse kaze da je od skupova A i B formiran Dekartov ili direktni proizvod A Bskupova A i B.

Dekartov proizvod se moze graficki prikazati strelastim dijagramom koji seinace koristi za prikazivanje relacija i preslikavanja. Treba naglasiti da orjentacijalukova [v. sliku (5)] uvijek ide od elemenata prvog (mnozenik) ka elementimadrugog (mnozilac) skupa.

2v. Hardy Zsigmond, Dr. Solyom Mihaly, Pristup modernoj algebri. Skolska knjiga, Zagreb,1976.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 10 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

1

2

3

a

b

A B

Slika 5: Formiranje skupa uredenih pa-rova strelastim dijagramom

Skupovi A i Bse mogu premnoziti i na drugi nacin. Akose za prve komponente uredenih parovauzmu elementi skupa B, onda bi bilo:

BA = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)}

Mnozenje skupova nije komutativna ope-racija, jer je ocigledno AB 6= B ALema 1. Uredenih parova (ai, bj) formiranih od elemenata nclanog skupa An imclanog skupa Bm ima n m.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 11 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Dokaz. U tabeli(a1, b1), (a1, b2), (a1, bm),(a2, b1), (a2, b2), (a2, bm),

(an, b1), (an, b2), (an, bm),svih mogucih parova, svaki od njih se pojavljuje samo jedan puta. Zaista, par je odredensa dva indeksa - brojem elemenata skupa An (brojem redaka u tabeli) i brojem elemenataskupa Bm (brojem stupaca u tabeli). Zbog toga se, s jedne strane, jer se u tabeli nalazesvi brojevi redaka i stupaca, u njoj nalaze i svi moguci parovi. S druge strane, postose u tabeli dva razlicita para razlikuju bilo retkom bilo stupcem, to su svi oni razliciti.Dakle, broj elemenata u tablici, tj. broj parova jednak je n m.

Tvrdnja 1. Broj svih mogucih podskupova nclanog skupa jednak je 2n.Neka su dati nclani skup An = {a1, a2, . . ., an} i mclani skup Bm = {b1, b2, . . .

, bm}. Konfiguracije oblika (ai, bj) zovu se parovi. Na slican nacin se definisu: trojke,cetvorke, petorke . . . itd. elemenata tri, cetiri, pet . . . itd. skupova. Poredak elemenatau parovima, trojkama, . . . je bitan, tj. ako su A = (a1, a2) i B = (b1, b2) onda su (a1, b2),(b2, a1) elementi razlicitih skupova. Parovi, trojke, . . . itd. su zapravo kombinatornekonfiguracije, i bez obzira na njihovu jednostavnost, oni igraju vaznu ulogu u svimpitanjima kombinatorike.

Posljedica 1. Neka je dato konacno mnogo konacnih skupova Ani i = 1, 2, ..., k.Ako su ni = Card(Ani) kardinalni brojevi skupova Ani, onda je broj ktorki(ai1, ai2, ..., aik) formiranih od elemenata aii Ani, jednak proizvodu kardinalnihbrojeva ni skupova Ani tj.

Card[(ai1, ai2, ..., aik)] = n1 n2 . . . nk.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 12 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Dokaz. Provodi se matematickom indukcijom.Korak 1. Za k = 2 tvrdnja je dokazana u predhodnoj lemi.Korak 2. Neka tvrdnja vrijedi za k = n.Korak 3. Dokazimo da tvrdnja vrijedi za k = n + 1. Posmatrajmo skupove A1, A2,

... , An, An+1.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 13 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 2.1 Cetiri ucenika a,b,c i d ucestvuju na takmicenju iz matematike.Koje mogucnosti postoje u pogledu njihovog plasmana na: prvo, prvo i drugo iprvo, drugo i trece mjesto?

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 13 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 2.1 Cetiri ucenika a,b,c i d ucestvuju na takmicenju iz matematike.Koje mogucnosti postoje u pogledu njihovog plasmana na: prvo, prvo i drugo iprvo, drugo i trece mjesto?

Rjesenje. Ako se prvo, drugo i trece mjesto oznace brojevima 1, 2, i 3 a skupucenika sa S4 = {a, b, c, d},

a b c dab ac ad ba bc bd ca cb cd da db dcabc acb adb bac bca bda cab cba cdaabd acd adc bad bcd bdc cad cbd cdbabcd acbd adbc bacd bcad bdca cabd cbad cdababdc acdb adcb badc bcda bdac cadb cbda cdba

1

2

3

a

b

c

d

Slika 1. Kompleksija

onda je jasno da je u svim slucajevima rijec o injektivnoj funkciji pi : N3 S4,koja u prvom slucaju...

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 14 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Definicija 1. Funkcija f : N N zadana rekurentnom formulom

f(0) = 1, f(n+ 1) = f(n)(n+ 1) (n N)

zove se faktorijela.

Cesto se umjesto oznake f(n) koristi oznaka n!. Matematickom indukcijomse dokazuje da je

n! = 1 2 3 n (n N).Tako je na primjer:

1! = 1 5! = 1 2 3 4 5 = 1202! = 1 2 = 2 6! = 1 2 3 4 5 6 = 7203! = 1 2 3 = 6 7! = 1 2 3 4 5 6 7 = 50404! = 1 2 3 4 = 24 8! = 1 2 3 4 5 6 7 8 = 40320,

itd, itd, . . .

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 15 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

3. Permutacije bez ponavljanja

Ako u pozoristu u istom redu sjede jedan do drugoga tri ucenika: Aco, Edo iIvo, u poretku od lijeva na desno, na koliko ih je nacina moguce rasporediti utom poretku?

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 15 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

3. Permutacije bez ponavljanja

Ako u pozoristu u istom redu sjede jedan do drugoga tri ucenika: Aco, Edo iIvo, u poretku od lijeva na desno, na koliko ih je nacina moguce rasporediti utom poretku?

Na sest razlicitih nacina i to:

1. Aco, Edo, Ivo 3. Edo, Aco, Ivo 5. Ivo, Aco, Edo2. Aco, Ivo, Edo 4. Edo, Ivo, Aco 6. Ivo, Edo, Aco

Zamjena bilo kog poretka u kojem oni sjede bilo kojim drugim zove se per-mutacija. Svaka se zamjena moze zapisati semom oblika(

Aco Edo IvoEdo Ivo Aco

)koja oznacava da je Aco sjeo na Edino, Edo na Ivino, a Ivo na Acino mjesto.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 15 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

3. Permutacije bez ponavljanja

Ako u pozoristu u istom redu sjede jedan do drugoga tri ucenika: Aco, Edo iIvo, u poretku od lijeva na desno, na koliko ih je nacina moguce rasporediti utom poretku?

Na sest razlicitih nacina i to:

1. Aco, Edo, Ivo 3. Edo, Aco, Ivo 5. Ivo, Aco, Edo2. Aco, Ivo, Edo 4. Edo, Ivo, Aco 6. Ivo, Edo, Aco

Zamjena bilo kog poretka u kojem oni sjede bilo kojim drugim zove se per-mutacija. Svaka se zamjena moze zapisati semom oblika(

Aco Edo IvoEdo Ivo Aco

)koja oznacava da je Aco sjeo na Edino, Edo na Ivino, a Ivo na Acino mjesto.

U tom smislu se moze govoriti o permutacijama bilo kakvih objekata. Postos tim u vezi priroda datih objekata ne igra nikakvu ulogu ti se objekti obicnooznacavaju brojevima ili slovima alfabeta, tada se govori o permutaciji brojevaili permutaciji slova alfabeta. Dakle, ima smisla definicija:

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 16 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Definicija 2. Bijektivno preslikavanje nclanog skupa na sebe zove se permu-tacija3.

Uobicajeno je permutaciju od n elemenata 1, 2, . . . , n, zapisivati semom

n =

(1 2 . . . ni1 i2 . . . in

)u kojoj su i1, i2, . . . , in ponovo brojevi 1, 2, . . . , n ali rasporedeni u nekom drugomporetku. Od znacaja za svaku permutaciju je cinjenica da ona svakom broju (ilislovu) koji stoji u gornjem retku pridruzuje broj (ili slovo) ispod njega u donjemretku. Tako je na primjer u permutaciji

5 =

(1 2 3 4 53 1 4 5 2

)n = 5, i1 = 5(1) = 3, i2 = 5(2) = 1, i3 = 5(3) = 4, i4 = 5(4) = 5 i i5 = 5(5) = 2.

Permutacija u kojoj nije doslo do promjene rasporeda elemenata, tj. permu-tacija koja ostavlja na mjestu sve svoje elemente zove se identicna permutacija.Takva je na primjer permutacija

I3 =

(1 2 31 2 3

)

3Pojam permutacija (permutatio) pojavio se po prvi puta u J. Bernulijevoj Teoriji i praksiaritmetike (Arithmeticae theoria et praxis, Lovanii, 1656). Permutacija nclanog skupa mozese definisati i kao nclana varijacije nclanog skupa.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 17 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Tvrdnja 2. Broj permutacija nclanog skupa Sn oznacava se sa Pn i jednak je

Pn = n(n 1)(n 2) 1 = n! (n N).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 17 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Tvrdnja 2. Broj permutacija nclanog skupa Sn oznacava se sa Pn i jednak je

Pn = n(n 1)(n 2) 1 = n! (n N).Dokaz. Svaka permutacija brojeva 1, 2, . . . , n moze se prikazati u obliku

n =

(1 2 . . . ni1 i2 . . . in

)u kojoj su svi i1, i2, . . ., in medusobno razliciti i svaki od njih je jednak samo jednom odbrojeva 1, 2, . . . , n. Znaci, i1 moze poprimiti ukupno n razlicitih vrijednosti. Poslije toga,kad je jedan od njih izabran za vrijednost elementa i1, za izbor vrijednosti elementai2 ostaje na raspolaganju n 1 brojeva, pa kada je jedan od njih izabran za vrijednostelementa i2, za izbor vrijednosti elementa i3 na raspolaganju je ostalo n 2 brojeva. Itako redom, sve do elementa in kome je na raspolaganju ostala samo jedna vrijednost.Prema tome, ukupno je permutacija n (n 1) (n 2) 1.

Mnozenje permutacija. Pomnoziti dvije permutacije znaci postupno izvestiprvu, a zatim drugu. Kao rezultat ponovo se dobije permutacija, koja se zoveproizvod dvije date permutacije. Tako je na primjer, proizvod permutacija

3 =

(1 2 32 1 3

)i 3 =

(1 2 33 2 1

)permutacija

3 3 =(

1 2 32 3 1

)jer je

3 3(1) = 3[3(1)] = 3(2) = 2,3 3(2) = 3[3(2)] = 3(1) = 3,3 3(3) = 3[3(3)] = 3(3) = 1.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 18 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 3.1 Na koliko nacina se moze na sahovskoj tabli dimenzija 3 3 poljarasporediti tri topa na tri razlicita polja, tako da ni jedan ne tuce preostala dva.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 18 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 3.1 Na koliko nacina se moze na sahovskoj tabli dimenzija 3 3 poljarasporediti tri topa na tri razlicita polja, tako da ni jedan ne tuce preostala dva.

Slika 6: Razmjestaj topova na sahovskoj tabli 3x3

Rjesenje. Prvi top semoze postaviti na bilokoje polje prvog redasahovske table, drugitop u tom slucaju mozezauzeti dva polja dru-gog reda koja ne tuceprvi top, a trecem topuje tada u trecem redumjesto jednoznacno od-redeno.

Dakle, na sahovskojtabli dimenzija 33 poljatri topa se mogu posta-viti na 3! = 6 nacina.

Generalizacija. Naobicnoj sahovskoj tabli

dimenzija 8 8 polja 8 topova je moguce postaviti na 8! nacina, tako da je-dan drugog ne tuce, a pri tome je svako polje tuceno od bar jednog topa.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 19 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 3.2 Naci sve permutacije skupa S3 = {1, 2, 3}.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 19 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 3.2 Naci sve permutacije skupa S3 = {1, 2, 3}.

0 1 2 3 4

1

2

3

4

(1,1)

(1,2)

(1,3)

(2,1)

(2,2)

(2,3) (3,3)

(3,1)

(3,2)

Slika 7: Dijagran za odredivanje svih 3-clanih permutacija

Rjesenje. Moze se skup svih permutacijaodrediti iz dijagrama4 (7). Graficki pred-stavnici pojedinih permutacija skupa S3 su:

(1, 1)(2, 2)(3, 3) =

(1 2 31 2 3

)= (1, 2, 3)

(1, 1)(2, 3)(3, 2) =

(1 2 31 3 2

)= (1, 3, 2)

(1, 2)(2, 1)(3, 3) =

(1 2 32 1 3

)= (2, 1, 3)

(1, 3)(2, 2)(3, 1) =

(1 2 33 2 1

)= (3, 2, 1)

(1, 2)(2, 3)(3, 1) =

(1 2 32 3 1

)= (2, 3, 1)

(1, 3)(2, 1)(3, 2) =

(1 2 33 1 2

)= (3, 1, 2).

Skup svih (3clanih) permutacija skupa S3 je skup

{(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (3, 2, 1), (2, 3, 1), (3, 1, 2)}.

Prema tvrdnji (2) permutacija 3clanog skupa S3 ima P3 = 3! = 1 2 3 = 6.4Svaka 3clana permutacija odredena je trima od 9 pravilno rasporedenih tacaka koje su

vrhovi, sredine strana i sjecista dijagonala nekog kvadrata. Mnoge osobine grupa permutacijamogu se interpretirati i ispitivati graficki, jer sve permutacije konacnog skupa cine grupu uodnosu na mnozenje permutacija.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 20 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 3.3 Naci sve permutacije skupa S4 = {1, 2, 3, 4}.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 20 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 3.3 Naci sve permutacije skupa S4 = {1, 2, 3, 4}.Rjesenje. Skup svih permutacija skupa S4 se moze odrediti iz seme5

1

3

2

2

4

4

2

3

3

4

4

4

2

2

3

3

2

3

1

1

4

4

1

3

3

4

4

4

1

1

3

3

3

2

1

1

4

4

1

2

2

4

4

4

1

1

2

2

4

2

1

1

3

3

1

2

2

3

3

3

1

1

2

2

Slika 8: Odredivanje permutacija datog skupa semomSve permutacije skupa S4 su:

1234 1243 1324 1342 1423 14322134 2143 2314 2341 2413 24313124 3142 3214 3241 3412 34214123 4132 4213 4231 4312 4321

Permutacija skupa S4 ukupno ima

P4 = 4! = 4(4 1)(4 2)(4 3) = 4 3 2 1 = 24.

5Cesto se umjetnost matematickog dokazivanja satoji u tome da se nade odgovarajuca sema,u okvirima koje postaje gotovo ocigledno ono sto treba dokazati. Matematicka se kreativnosti ogleda u sposobnosti da se nade takva sema. Ponekada se pronalaze u bogatom svijetumaterijalnih objekata, a ponekada ih se mora (to je najvisi oblik kreativnosti) izmisliti. Medutim,nisu rjetki slucajevi kada se ono sto se izucava moze smjestiti u vec postojece seme, a uvedenesu za sasvim druge svrhe. (Kada se neka sema ponavlja vise puta u razlicitim kontekstima, onapostaje teorija i izucava se radi nje same.)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 21 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

4. Varijacije bez ponavljanja

Definicija 3. Uredena k-torka k 6 n razlicitih elemenata nclanog skupa Sn ={1, 2, . . . , n} zove se kclana varijacija6. Skup svih kclanih varijacija nclanogskupa oznacava se Vkn.

Primjer 4.1 Naci sve 3clane varijacije 5clanog skupa S5 = {1, 2, 3, 4, 5}.

6svaka kombinatorna konfiguracija koja je uredena k-torka

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 21 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

4. Varijacije bez ponavljanja

Definicija 3. Uredena k-torka k 6 n razlicitih elemenata nclanog skupa Sn ={1, 2, . . . , n} zove se kclana varijacija6. Skup svih kclanih varijacija nclanogskupa oznacava se Vkn.

Primjer 4.1 Naci sve 3clane varijacije 5clanog skupa S5 = {1, 2, 3, 4, 5}.Rjesenje.

123 124 125 134 135 145 234 235 245 345213 214 215 314 315 415 324 325 425 435231 241 251 314 351 451 342 352 452 453321 421 521 431 531 541 432 532 542 543312 412 512 413 513 514 423 523 524 534132 142 152 143 153 154 243 253 254 354

6svaka kombinatorna konfiguracija koja je uredena k-torka

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 21 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

4. Varijacije bez ponavljanja

Definicija 3. Uredena k-torka k 6 n razlicitih elemenata nclanog skupa Sn ={1, 2, . . . , n} zove se kclana varijacija6. Skup svih kclanih varijacija nclanogskupa oznacava se Vkn.

Primjer 4.1 Naci sve 3clane varijacije 5clanog skupa S5 = {1, 2, 3, 4, 5}.Rjesenje.

123 124 125 134 135 145 234 235 245 345213 214 215 314 315 415 324 325 425 435231 241 251 314 351 451 342 352 452 453321 421 521 431 531 541 432 532 542 543312 412 512 413 513 514 423 523 524 534132 142 152 143 153 154 243 253 254 354

Sematski nacin se koristi za odredivanje permutacija i varijacija bilo kojeg konacnogskupa i specijalan je slucaj postupka kojim se rjesava sljedeci problem:

Neka je k N za 1 k n i neka je Sn n-skup. Treba poredati n elemente nasve moguce nacine jedan iza drugog tako da svaki raspored sadrzi tacno k razlicitihelemenata skupa Sn i odrediti broj svih takvih rasporeda.

6svaka kombinatorna konfiguracija koja je uredena k-torka

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 22 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Tvrdnja 3. Broj kclanih varijacija nclanog skupa jednak je

V kn =n!

(nk)! (n, k N).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 22 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Tvrdnja 3. Broj kclanih varijacija nclanog skupa jednak je

V kn =n!

(nk)! (n, k N).Dokaz. Svaka kclana varijacija (k < n) nclanog skupa moze se prosiriti do nclane,dopisivanjem njoj svih (n k)-clanih kombinatornih konfiguracija koje su formirane odpreostalih n k elemenata nclanog skupa. Na osnovu tvrdnje (1.1) tim postupkom semoze svakoj kclanoj varijaciji nclanog skupa, dodati (n k)! razlicitih kombinatornihkonfiguracija nclanog skupa. Ako je V kn broj svih kclanih varijacija nclanog skupa,onda je V kn (nk)! broj razlicitih kombinatornih konfiguracija od n elemenata. Pri tomese svaka kombinatorma konfiguracija nclanog skupa prirodno moze dobiti provedenimpostupkom, ako se njenih prvih k clanova posmatraju kao kclane kombinatorne konfi-guracije elemenata nclanog skupa. Kako je broj razlicitih kombinatornih konfiguracijanclanog skupa jednak n! (v. tvrdnju 2) to je

V kn (n k)! = n!,

tj.

V kn =n!

(n k)! .

Kako jeV kn = n(n 1)(n 2) (n k + 1),

to je ocigledno V 1n = n i Vnn = n! = Pn za svaki n N .

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 23 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 4.2 Naci broj svih cetvorocifrenih brojeva koji se mogu formirati odcifara 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 tako da u svakom broju sve cifre budu medusobno razlicite.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 23 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 4.2 Naci broj svih cetvorocifrenih brojeva koji se mogu formirati odcifara 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 tako da u svakom broju sve cifre budu medusobno razlicite.

Rjesenje. Trazeni broj jednak je broju varijacija 4tog reda od osam elemenata,tj.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 24 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

5. Kombinacije bez ponavljanja

Definicija 4. Svaki kclani podskup razlicitih elemenata nclanog skupa zovese kclana kombinacija tog skupa, oznacava se sa {kn i cita C k nad n.

Po definiciji je {0ndef= 1 za sve n N, i {kn

def= 1 za svako k < 0. Osim toga

je {nn = 1 (jer se svh n elemenata nclanog skupa mogu permutirati tek najedan jedini nacin), i {kn = 0 za k > n (jer je nemoguce uzeti vise od n razlicitihelemenata iz skupa koji se sastoji upravo od n elemenata).

Tvrdnja 4. Broj kclanih kombinacija nclanog skupa jednak je

{kn = n!k!(nk)! (n, k N).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 25 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

10 11

1 10 45 120 210 252 210 120 45

11 9 36 84 126 126 84 36 9

70 56 28 81 8 28 5635 21 7 11 7 21 35

610 10 5 1

1

4 6 45

6 15 20 15

3 3 11

11

11

11 1

1 2 1

Slika 9: Paskalov trougao

Pascalov trougao. Neka je dat bilo kakav niz brojeva d0, d1, . . . , dn, . . . n =0, 1, 2, . . .. Za n = 0 taj niz sadrzi samo jednog elementa broj d0. Od elemenatatoga niza moze se formirati novi, niz brojeva s0, s1, s2, . . . , sn+1 na sljedeci nacin:neka je

s0 = d0, (1)

sk = dk1 + dk, (1 6 k 6 n) (2)sn+1 = dn. (3)

Kaze se da su elementi posljednjeg niza dobiveni iz clanova predhodnog naosnovu Paskalovog zakona.

Na primjer, po Paskalovom zakonu iz niza 2, 0,2 se dolazi do niza 2, 2,2,2.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 26 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjedba 1. Ako je niz dobiven iz niza po Paskalovom zakonu, onda jesuma njegovih clanova jednaka dvostrukoj sumi clanova niza . Zaista, akovrijede jednakosti (1-3), onda je

s0 + s1 + + sn + sn+1 == d0 + (d0 + d1) + (d1 + d2) + (dn1 + dn) + dn = (4)

= 2(d0 + d1 + + dn)

Primjedba 2. Kaze se da je niz d0, d1, , d0 simetrican ako za svaki cio brojk {0, 1, . . . , n} vrijedi jednakost

dk = dnk. (5)

Niz s0, s1, s2, . . . , sn+1 formiran po Paskalovom zakonu od elemenata sime-tricnog niza d0, d1, . . . , dn i sam je simetrican. Da bi se to dokazalo dovoljnoje provjeriti jednakost

sk = s(n+1)k za k = 0, 1, . . . , n+ 1. (6)

Zaista,

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 27 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 5.1 Odrediti sve 4clane kombinacije 7clanogskupa S7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 27 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 5.1 Odrediti sve 4clane kombinacije 7clanogskupa S7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.

Rjesenje. Buduci da razlicitih cetveroclanih podskupova skupa S7 ima 35, tj.

{4, 5, 6, 7} {2, 4, 5, 7} {2, 3, 4, 5} {1, 3, 5, 6} {1, 2, 4, 7}{3, 5, 6, 7} {2, 4, 5, 6} {1, 5, 6, 7} {1, 3, 4, 7} {1, 2, 4, 6}{3, 4, 6, 7} {2, 3, 6, 7} {1, 4, 6, 7} {1, 3, 4, 6} {1, 2, 4, 5}{3, 4, 5, 7} {2, 3, 5, 7} {1, 3, 4, 7} {1, 3, 4, 5} {1, 2, 3, 7}{3, 4, 5, 6} {2, 3, 5, 6} {1, 3, 4, 6} {1, 2, 6, 7} {1, 2, 3, 6}{2, 5, 6, 7} {2, 3, 4, 7} {1, 3, 4, 5} {1, 2, 5, 7} {1, 2, 3, 5}{2, 4, 6, 7} {2, 3, 4, 6} {1, 3, 5, 7} {1, 2, 5, 6} {1, 2, 3, 4}

broj 4clanih kombinacija 7clanog skupa S7 je prema tome 35, ili, zbog toga sto jen = 7, a k = 4, po formuli

Ckn =n!

k!(n k)! ,

je

C47 =7!

4!(7 4)! =1 2 3 4 5 6 7(1 2 3 4)(1 2 3) = 35.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 28 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Definicija 5. Za svaka dva prirodna broja n i k broj kclanih kombinacijanclanog skupa zove se binomni koeficjent7, oznacava se sa (n

k

)i cita: n nad k.

Lema 2. Za binomne koeficjente vrijedi jednakost(n 1k

)+(n 1k 1

)=(nk

).

Posljednja jednakost se zove rekurentna formula za binomne koeficjente, atacna je za k = 0 i zbog ranije istaknutih definicija.

Tvrdnja 5. Za binomne koeficjente vrijedi jednakost(nk

)=

n!

k!(n k)! , (7)

za svaki n N .

7Tartalija je definisao kombinaciju (bez ponavljanja). Oznaku(nk

)za kclanu kpmbinaciju

nclanog skupa uveo je (1778) Ojlera, (objavo 1806), a oznaku Ckn Paskal koja potice od rijeci(kombinasion).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 28 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Definicija 5. Za svaka dva prirodna broja n i k broj kclanih kombinacijanclanog skupa zove se binomni koeficjent7, oznacava se sa (n

k

)i cita: n nad k.

Lema 2. Za binomne koeficjente vrijedi jednakost(n 1k

)+(n 1k 1

)=(nk

).

Posljednja jednakost se zove rekurentna formula za binomne koeficjente, atacna je za k = 0 i zbog ranije istaknutih definicija.

Tvrdnja 5. Za binomne koeficjente vrijedi jednakost(nk

)=

n!

k!(n k)! , (7)

za svaki n N .Dokaz. Tacnost jednakosti (7) se provjerava potpunom ili matematickom indukcijom.Jednostavnosti radi neka (0 k n N) P (n) oznacava induktivnu pretpostavku, tj.neka je

P (n) (nk

)=

n!

k!(n k)! ,Korak 1. Za n = 1 induktivna pretpostavka prelazi u

P (1) (1k

)=

1!

k!(1 k)!odakle je za k = 0 i k = 1 respektivno

P (1) (10

)=

1!

0!(1 0)! 1

7Tartalija je definisao kombinaciju (bez ponavljanja). Oznaku(nk

)za kclanu kpmbinaciju

nclanog skupa uveo je (1778) Ojlera, (objavo 1806), a oznaku Ckn Paskal koja potice od rijeci(kombinasion).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 29 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

P (1) (11

)=

1!

1!(1 1)! 1

tj. (10

)=(11

)= 1

Korak 2. Neka je induktivna pretpostavka P (n) tacna za n 1,kada je 1 k n tj.neka vrijedi jednaskost

P (n) (nk

)=

n!

k!(n k)! ,

Korak 3. Induktivna pretpostavka P (n) je tacna za n+ 1. Zaista, vrijedi(nk

)=

n!

k!(n k)! ,

a tim prije vrijedi i ( nk 1

)=

n!

(k 1)! [n (k 1)]! ,

Iz rekurentne formule za binomne koeficjente je(n+ 1k

)=(nk

)+( nk 1

)=

n!

k!(n k)! +n!

(k 1)! [n (k 1)]! ,

kako je osim toga1

(n k)! =n+ 1 k

(n+ 1 k)! ,

i1

(k 1)! =k

(k 1)! =k

k!,

to je (n+ 1k

)=

n!

k!(n+ 1 k)! [(n+ 1 k) + k] =(n+ 1)!

k!(n+ 1 k)! . (8)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 30 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Korak 4. Zakljucak. Tvrdnja (7) je tacna za n N.

Jednakost (8) vrijedi za k = 0 i za k = n+1, jer je ocigledno da su tada obije straneu njoj jednake 1 u svim slucajevima. Ako je induktivna pretpostavka P (n) tacna za bilokoji prirodan broj n onda je i induktivna pretpostavka P (n + 1) takoder tacna. Prematome, moze se zakljuciti na osnovu principa matematicke indukcije da je induktivnapretpostavka P (n) tacna za sve prirodne brojeve n.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 31 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Na Matematickoj olimpijadi8 postavljen je sljedeci zadatak:A

l m

Slika 10: Mapa puteva

Zadatak 5.1 Mreza puteva ucrtana je uautokarti koja je prikazana na slici (10).Iz mjesta A tom putnom mrezom uputilose 21000 putnika. Polovina se uputila prav-cem l, a polovina pravcen m. Svaka od tihgrupa se po dolasku na cetvrtu raskrsnicunanovo podjelila: polovina je nastavila pu-tovanje pravcem l, a polovina pravcem m.U nastavku putovanja grupe su se dijelilena svakoj sljedecoj raskrsnici.

Koliko ce ukupno putnika doputovati u sve raskrsnicu u hiljaditoj etapi putovanja9?

8VII Moskovska matematicka olimpijada, ucenika IX i X razreda, odrzana 1945.9Etape su numerisane pocev sa 0. Nultu etapu cini jedna raskrsnica raskrsnica A, prvu

dvije raskrsnice, drugu tri raskrsnice, i tako redom.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 31 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Na Matematickoj olimpijadi8 postavljen je sljedeci zadatak:A

l m

Slika 10: Mapa puteva

Zadatak 5.1 Mreza puteva ucrtana je uautokarti koja je prikazana na slici (10).Iz mjesta A tom putnom mrezom uputilose 21000 putnika. Polovina se uputila prav-cem l, a polovina pravcen m. Svaka od tihgrupa se po dolasku na cetvrtu raskrsnicunanovo podjelila: polovina je nastavila pu-tovanje pravcem l, a polovina pravcem m.U nastavku putovanja grupe su se dijelilena svakoj sljedecoj raskrsnici.

Koliko ce ukupno putnika doputovati u sve raskrsnicu u hiljaditoj etapi putovanja9?

Na prvi pogled nije jasno da li zadatak ima rjesenje, tj. moze li se putovanje obaviti uskladu sa datim pretpostavkama. Naime, do prekida putovanje bi doslo ako bi na nekuraskrsnicu, na kojoj bi se trebala obaviti podjela putnika na pola, doputovao neparanbroj putnika. Dakle, da bi zadatak imao rjesenje potrebno je i dovoljno da u svakuraskrsniciu na svakoj od prvih hiljadu etapa, od nulte (polazne) do devesto devedesetdevete (posljednje) doputuje paran broj putnika. Kada zadatak bude rijesen vidjece seda je to tako.

Potrebne su oznake za broj putnika koji prolaze kroz svaku raskrsnicu date putnemreze. Svaku od raskrsnica na svakoj od etapa cemo numerisati s lijeva na desno pocevsa nultom (polaznom) etapom. Raskrsnice na ntoj etapi ce biti numerisane redomkao 0ta, 1va do nte. Neka je Hkn broj putnika koji je prosao ktom raskrsnicom untoj etapi.

8VII Moskovska matematicka olimpijada, ucenika IX i X razreda, odrzana 1945.9Etape su numerisane pocev sa 0. Nultu etapu cini jedna raskrsnica raskrsnica A, prvu

dvije raskrsnice, drugu tri raskrsnice, i tako redom.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 32 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Zbog toga sto nismo sigurni da zadatak ima rjesenje, nismo sigurni da postoje svibrojevi Hkn, tj. da postoji svaki od brojeva H

kn za svaki n od 0 do 1000 i svaki k od 0

do n. U svakom slucaju neki od njih postoje. Prvi postoji, jer je u skladu s uvedenimoznakama

H00 = 21000. (9)

Pogledajmo kakva veza postoji medu brojevi Hkn (k = 0, 1, 2, . . . , n) i Hkn+1 (k =

0, 1, 2, . . . , n + 1), pod pretpostavkom da svi postoje. Kada se prouci ta veza, bit cemoguce utvrditi da svi brojevi Hkn za n 6 1000 zaista postoje. Posmatrajmo raskrsnicena n toj i (n+ 1)etapi putovanja.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 33 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

6. Permutacije sa ponavljanjem

Primjer sa crvenim i zelenim kuglicama

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 34 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

7. Binomna formula

Primjer 7.1 Pomnoziti binome (5 + x), (1 + 2x) i (3 + x).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 34 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

7. Binomna formula

Primjer 7.1 Pomnoziti binome (5 + x), (1 + 2x) i (3 + x).

Rjesenje. Slobodan clan, tj. proizvod slobodnih clanova datih binoma je 5 1 3 = 15.

(5+x)(1+2x)(3+x) 513=15

(5+x)(1+2x)(3+x) x13=3x

(5+x)(1+2x)(3+x) 52x3=30x

(5+x)(1+2x)(3+x) 51x=5x

(5+x)(1+2x)(3+x) x2x3=6x2

(5+x)(1+2x)(3+x) x1x=x2

(5+x)(1+2x)(3+x) 52xx=10x2

(5+x)(1+2x)(3+x) x2xx=2x3Slika 11: Mnozenje polinoma

Linearni clan proizvoda tj. izraz oblika k1x se poja-vljuje tri puta. Kada se x iz prve zagrade pomnozisa slobodnim clanovima iz dvije preostale zagradadobice se x 1 3 = 3x. Ako se zatim 2x iz drugezagrade pomnozi sa slobodnim clanovima iz dvijepreostale dobice se 5 2x 3 = 30x, i konacno, ako sex iz trece zagrade pomnozi sa slobodnim clanovimaiz preostalih zagrada dobice se 5 1 x = 5x.Kvadratni clan proizvoda tj. izraz oblika k2x2 pojav-ljuje se takoder tri puta. Kada se x iz prve zagradepomnozi sa 2x iz druge i slobodnim clanom iz trecedobice se x 2x 3 = 6x2. Ako se zatim pomnozeclanovi x iz prve i trece sa slobodnim clanom izdruge zagrade dobice se x 1 x = x2, i konacno akose pomnoze clanovi x iz druge i trece sa slobodnimclanom iz prve zagrade dobice se 5 2x x = 10x2.

I na kraju je ostalo jos da se pomnoze iz svihzagrada clanovi sa eksponentom jedan po x, tj.x 2x x = 2x3.

Zbir svih tako dobivenih proizvoda jednak je pro-izvod datih binoma, tj.

(5 + x) (1 + 2x) (3 + x) == 15 + (3x+ 30x+ 5x) + (6x2 + x2 + 10x2) + 2x3 =

= 15 + 38x+ 17x2 + 2x3.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 35 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Postupak mnozenja polinoma u tehnickom smislu je komplikovan i spor [v.primjer (7.1)]. Istina, postoje tehnike kojima se ovaj postupak moze ubrzati iskratiti. Jedna od njih data je na sl. (12).

5 + x 5 11 + 2x 1 2

10 25 15 11 25 + 11x + 2x25 11 25 + 11x + 2x2 3 1 3 + x5 11 2

15 33 615 38 17 215 + 38x + 17x2+ 2x3

Slika 12: Mnozenje polinoma

Slicno bi bilo

(1 + x)2 = (1 + x)(1 + x) == 1 1 + x 1 + 1 x+ x x == 1 + 2x+ x2,

(1 + x)3 = (1 + x)2(1 + x) == (1 + 2x+ x2)(1 + x) = 1 1 + 2x 1+= +x2 1 + 1 x+ 2x x+ x2 x == 1 + 3x+ 3x2 + x3,

(1 + x)4 = (1 + x)3(1 + x) == (1 + 3x+ 3x2 + x3)(1 + x) = 1 1 + 3x 1+= +3x2 1 + x3 1 + 1 x+ 3x x+ 3x2 x+ x3 x == 1 + 4x+ 6x2 + 4x3 + x4,

(1 + x)5 = (1 + x)4(1 + x) == (1 + 4x+ 6x2 + 4x3 + x4)(1 + x) =

Povrsna analiza provedenog postupka mnozenja prvih nekoliko stepena bi-noma 1+x dovoljna je da se uoce neke zakonomjernosti u dobivenim rezultatima.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 36 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Stepeni (1 + x)2, (1 + x)3, (1 + x)4, (1 + x)5 po bazi (1 + x) sa eksponentima 2,3, 4 i 5 polinomi su 2., 3., 4. i 5. stepena redom u varijabli x. Njihovi slobodniclanovi (brojevi koji se nalaze uz x0), kao i koeficjenti uz najveci stepen po xjednaki su jedinici. Svi ostali stepeni po x, izmedu nultog i najveceg, uz sebeimaju pozitivne koeficjente. Ako se, osim toga, dobiveni polinomi urede porastucim eksponentima stepena po x, primjecuje se da svaki bez izuzetka sadrzisve stepeni po x, od 1 = x0 do stepena sa eksponentom koji je jednak stepenupolinoma.

S obzirom na receno ocekivati je da imaju smisla jednakosti

(1 + x)6 = 1 + a1x+ a2x2 + a3x3 + a4x4 + a5x5 + x6

(1 + x)7 = 1 + b1x+ b2x2 + b3x3 + b4x4 + b5x5 + b6x6 + x7

u kojima su trenutno vrijednosti koeficjenata a1, a2, a3, a4 i a5, te b1, b2, b3, b4,b5 i b6 nepoznate. Cilj je naci vrijednosti tih koeficjenata. Bilo bi dobro ako bise one mogle opisati formulom preko stepena tih polinoma i indeksa njihovihkoeficjenata.

Binomna formula je jedna od rijetkih matematickih formula koja se cestoupotrebljava u mnogim njenim oblastima.

Da bi se odredile vrijednosti koeficjenata u posljednje dvije jednakosti prijesvega nas interesuju ...

Neka treba izmnoziti binom 1 + x sam sa sobom n puta, tj. neka trebastepenovati bionom 1 + x eksponentom n. Jasno je da ce proizvod biti polinomn tog stepena oblika

(1 + x)n = 1 + a1x+ a2x2 + + akxk + ak+1xk+1 + + an1xn1 + xn

Slobodan clan posljednjeg polinoma jednak je jedinici, jer je jednak proizvodu

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 37 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

slobodnih clanova svih binoma koji se mnoze, tj.

(1 + x)(1 + x) (1 + x) n zagrada

Prvi clan posljednjeg polinoma jednak je zbiru svih proizvoda x iz prve, dreuge,... n te zagrade, sa n 1 slobodnih clanova iz preostali n 1 zagrada, tj nx

x 1 1 1 1 1 n1

1 x 1 1 1 1 1 1 1 1

n1 x

pa je koeficjent a1 = n. Istim postupkom bi se mogao dobiti drugi, treci, ... in-ti clan, odnosno vrijednosti koeficjenata a2, a3, a4, ... , an1.

Bilo bi medutim to sve jednostavnije ako bi se mogla naci veza izmedu nekogkoeficjenta ak i njegovog sljedbenika koeficjenta ak+1. Ako bi se ta veza znalamogla bi se iz a1 odrediti vrijednost koeficjenta a2, iz a2 vrijednost koeficjenta a3itd. i konacno opsta formula za odredivanje vrijednosti bilo kog koeficjenta.

Ako bi trebalo naci k ti clan trazenog polinoma, tacnije koeficjent ak uz xk,na opisani nacin bi se formirao zbir svih proizvoda prvog clana x binoma 1 + x

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 38 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

iz k zagrada za slobodnim clanom 1 iz preostalih n k zagrada tog binoma, tj

x x x x k

1 1 1 nk

1 x x x x k

1 1 1

1 1 1

nkx x x x

k

Sada je lako naci vezu izmedu koeficjenta ak i njegovog sljedbenika koeficjentaak+1. Treba samo uociti ...

Tih je kombinacija onoliko koliko je zagrada sa x, tj, n k. Dakle, svakomod proizvoda, koji kao rezultat daju xk treba pridruziti n k proizvoda koji dajuxk+1. Posto je, osim toga, broj kombinacija koje daju xk jednak ak to je brojkombinacija koje daju xk+1 jednak ak(n k). Posto medu njima ima istih trebaih odstraniti. Zapravo ... pa je konacno

ak+1 = akn kk + 1

.

Posljednja jednakost omogucava da se odredi vrijednost koeficjenta ak+1 akose zna njegov predhodnik, koeficjent ak. Tako je na primjer koeficjent a1 uz xjednak n, tj a1 = n, pa je koeficjent a2 uz x2 a2 = a1+1 = a1

n11+1

= a1n12

= n(n1)2

.Na slican nacin se odreduje vrijednost koeficjent a3 uz x3, pomocu vrijednostinjegovog predhodnika koeficjenta a2. Proizvod svi tako dobivenih koeficjenatajednak je

ak ak1 ak2 ak3 a3 a2 =

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 39 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

= ak1n (k 1)

k ak2n (k 2)

k 1 ak3n (k 3)

k 2

ak4n (k 4)k 3 a2

n 23

a1n 12

U obijema stranama posljednje jednakosti nalaze se isti mnozitelji ak1, ak2,ak3, . . . , a3, a2, koji se mogu pokratiti paje

ak =n (k 1)

k n (k 2)

k 1 n (k 3)

k 2 n (k 4)

k 3 n 23

n 12

tj.

ak =n(n 1)(n 2) [n (k 3)] [n (k 2)] [n (k 1)]

2 3 4 (k 2) (k 1) kkako je osim toga 1 2 3 n = n! to je konacnio

ak =n(n 1)(n 2) [n (k 3)] [n (k 2)] [n (k 1)]

k!.

Dakle Newtonova se binomna formula moze prikazati u obliku

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 40 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

(1 + x)n = 1 +n

1x+

n(n 1)2!

x2 +n(n 1)(n 2)

3!x3 +

+ n(n 1)(n 2) . . . (n k + 1)k!

xk+

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

(k + 1)!xk+1 +

+ n(n 1)(n 2) . . . 3 2(n 1)! x

n1+

+n(n 1)(n 2) . . . 3 2 1

n!xn

Desna strana posljednje jednakosti zove se binomni razvoj polinoma, a njegovikoeficjenti binomni koeficjenti.

Tvrdnja 6. Za n ti stepen binoma a+ b vrijedi jednakost

(a+ b)n =n

k=0

(nk

) ank bk

koja se zove binomna formula i u kojoj su a R i b R bilo koji, a n N.Dokaz. Za n = 1 imamo

(a+ b)1 =(10

) a1 +

(11

) b1 = a+ b

tj. binomna formula je tacna za. Pretpostavimo da je binomna formula tacnaza bilo koji prirodan broj tj. da vrijedi Na osnovu te pretpostavke dokazzimo

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 41 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

da binomna formula vrijedi i za slije-dei prirodni broj. U tom cilju posljednjujednakost pomnozzimio sa . Lijeva strana dobivene jedna-kosti jednaka je , adesna strana je jednaka: Kako je to je Osim toga je pa je zato Svi koeficjentiu zagradi su oblika i jednaki su. Dakle, s obzirom na tek receno, posljednjajednakost je tacna za.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 7.2 S tacnoscu do na dvije decimale izracunati2883, 67.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 7.2 S tacnoscu do na dvije decimale izracunati2883, 67.

28 83, 67 = 536,99...25 3 83 3 09

74 10 6

10 3 3+

2

__

u

=__

+

103 3+

Slika 13: Postupak za odredivanjedruge i preostalih cifri

Rjesenje. Potkorjeni broj 2883, 67 (cio ili deci-malan) kao prvo treba podjeliti u klase po dva[v.sl. 13]. Ako je potkorjeni broj decimalan (kaou ovom primjeru) njegova podjela na klase vrsise pocev od decimalnog zareza, s desna u lijevoza cijeli dio, a s lijeva u desno za decimalni dio.Zatim se odredi najveci cio broj ciji kvadrat njieveci od krajnje lijeve klase datog broja. To jebroj 5 u ovom primjeru, jer je 52 = 25 < 28 ion je prva cifra vrijednosti kvadratnog korjena

datog broja.28 83, 67 = 536,99...25 3 83 3 09

74 67 74 69 74 67 63 96 10 71 00**)

9 65 611 05 39 00 96 65 01

10 73 89 9

10 72 9 9

10 66 6

10 67*) 7

10 3 3+

+

+

+

+

Slika 14: Vadenje kvadratnog korjena

Potom slijedi postupak [v.sl. 13] kojise primjenjuje sve dok se ne odredi satrazenom tacnoscu vrijednost kvadratnog ko-rjena [v.sl. 14].

Primjedbe.

) Cifra 7 nije izdrzala provjeru, pa umjestonje treba uzeti prvu manju cifru 6.

) Poslije decimalnog zareza razlici se do-daje klasa nula (onoliko puta koliko je po-trebno) da bi se sa trazenom tacnoscupostupak vadena kvadratnog korjena us-pjesno okoncao.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 43 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 7.3 Pomocu binomne formule razviti binom:(2x2 +

1

x

)5.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 43 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 7.3 Pomocu binomne formule razviti binom:(2x2 +

1

x

)5.

Rjesenje.(2x2 +

1

x

)5= (2x2)0

(1

x

)5+

5

1(2x2)1

(1

x

)4+

5 41 2(2x

2)2(1

x

)3+

+5 4 31 2 3(2x

2)3(1

x

)2+

5 4 3 21 2 3 4(2x

2)4(1

x

)1+

5 4 3 2 11 2 3 4 5(2x

2)5(1

x

)0=

= 1 x5 + 5 2 x2 x4 + 10 22 x4 x3 + 10 23 x6 x2 + 5 24 x8 x1 + 25x10 =

= x5 + 10x2 + 40x+ 80x4 + 80x7 + 32x10

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 44 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 7.4 Naci onaj clan binoma(x+

1

2 3x

)17koji sadrzi stepen po x sa eksponentom 35

3.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 44 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 7.4 Naci onaj clan binoma(x+

1

2 3x

)17koji sadrzi stepen po x sa eksponentom 35

3.

Rjesenje. Clan binoma s indeksom k, pocev od nultog, sadrzi proizvod

x17k+1 =(x+

1

2 3x

)k1=

1

2k1 x17k+1 13 (k1)

pa je zbog uslova iz zadatka

17 k + 1 13k +

1

3=

35

3

odakle je k = 5. Zbog toga treba uzeti peti clan binoma, pa je

17 16 15 14 131 2 3 4 5 x

15 (

1

2 3x)4

=

=17 16 15 14 13

1 2 3 4 5 1

16x11

3x2 =

=7 13 17

4x11

3x2

trazeni clan binoma.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 45 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8. Vjezbe

8.1 Naci sve 4clane kombinacije (bez ponavljanja) 8clanog skupaS8 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}.Rjesenje. Na osnovu formule za broj kclanih kombinacija bez ponavljana nclanogskupa je

{48 =8!

4! (8 4)! =1 2 3 4 5 6 7 81 2 3 4(1 2 3 4) =

5 6 7 81 2 3 4 =

5 6 71 3 = 5 2 7 = 70.

8.2 Koliko se razlicitih trouglova moze dobiti spajanjem sest vrhova sestougla?

Rjesenje. Radi se o 3clanim kombinacijama bez ponavljanja 6clanog skupa pa je

{36 =6!

3! (6 3)! =1 2 3 4 5 61 2 3 (1 2 3) =

4 5 61 2 3 = 4 5 = 20.

8.3 Odrediti broj n ako je {n2n = 10.Rjesenje. Zbog {n2n =

( nn2

)je

( nn2

)= 10 pa je

( nn 2

)=

n!

(n 2)! [n (n 2)]! =n!

(n 2)! 2! =(n 1) n

2= 10.

Dakle je n2 n 20 = 0. Samo jedno (pozitivno!) rjesenje posljednje jednacine dolazi uobzir, a to je n = 5.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 46 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.4 Koliko dijagonala ima osmougao?

8.5 Broj 3clanih kombinacija bez ponavljanja nepoznatog broja elemenata od-nosi se prema broju 5clanih kombinacija bez ponavljanja istih elemenata kao5 : 3. Koliko je tih elemenata?

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 47 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.6 Odrediti n ako je 4{2n = {3n+2.Rjesenje. Zbog

{kn =n!

k!(n k)!je

{2n =n!

2!(n 2)! =1 2 n

(1 2)[1 2 (n 2)] =(n 1)n

2,

{3n+2 =(n+ 2)!

3![(n+ 2) 3]! =1 2 n (n+ 1) (n+ 2)

(1 2 3)[1 2 (n 3) (n 2) (n 1)] =n(n+ 1)(n+ 2)

6,

pa je

4 (n 1)n2

=n(n+ 1)(n+ 2)

6

tj.

n2 9n+ 14 = 0.Opsta kvadratna jednacina. Jednacina oblika

ax2 + bx+ c = 0

zove se opsta kvadratna jednacina. Rresenja opste kvadratne jednacine se odredujupreko njenih koeficjenata po Vetovoj formuli

x1,2 =bb2 4ac

2a.

Rezultat: [n = 7 i n = 2]

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 48 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.7 Koliko je potrebno elemenata da bi se moglo formirati 136 3clanih kombi-nacija bez ponavljanja?

Rjesenje.

8.8 Odrediti n ako je 10V 2n = V4n+1.

Rjesenje.

8.9 IzracunatiP5 V 35

5.

Rjesenje.

8.10 Odrediti x ako je V 2x = 42.

Rjesenje.

8.11 Broj permutacija od n elemenata odnosi se prema broju permutacija odn+ 2 elementa, kao 0, 1 prema 3. Naci n.

Rjesenje.

8.12 Broj 3clanih kombinacija od n elemenata za 5 puta je manji od broja 4clanihkombinacija od n+ 2 elementa. Naci n.

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 49 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.13 Naci srednji clan razvoja binoma[axx

]16.

Rjesenje.

8.14 Dokazati da je zbir binomnih koeficjenata binomnog razvoja (a+ b)n jednak 2n, tj.dokazati da vrijedi jednakost

nk=0

{kn =n

k=0

(nk

)= 2n.

Rjesenje.Za x = 1 iz Njutnove binomne formulu je

(1 + x)n = {0nx0 + {1

nx1 + {2nx2 + . . .+ {

n

nxn = (1 + 1)n = 2n.

8.15 Dokazati da vrijedi jednakost

nk=0

(1)k {k

n

k + 1=

1

n+ 1.

Rjesenje.

nk=0

(1)k {k

n

k + 1=

1

n+ 1

nk=0

(1)k{k+1n+1 = n+1k=1

(1)k+1{kn+1 =1

n+ 1

[1 (1 1)n+1] = 1

n+ 1.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 50 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.16 Dokazati da je zbir kvadrata binomnih koeficjenata binomnog razvoja(a+ b)n jednak

(2nn

), tj. dokazati da vrijedi jednakost

nk=0

(nk

)2=(2nn

).

Rjesenje.

8.17 Postupno formirati sve (k 1)clane kombinacije bez ponavljanja od n elemenata.Ako je njihov broj

( nk1

)dokazati da vrijedi jednakost

(nk

)=

n (k 1)k

( nk 1

).

Uputstvo. Kada se svakoj (k1)clanoj kombinaciji dopise svaki od preostalih n(k1)elemenata skupa Sn = {1, 2, 3, ..., n} svaka kclana kombinacija pojavice se k puta.

8.18 Pomocu jednakosti iz predhodnog zadatka dokazati jednaskost(nk

)=

V knk!

=n(n 1)(n 2) (n k + 1)

k!.

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 51 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.19 Pomocu binomne formule razviti sljedece binome:

a) (3 + 2a)5 d)(

x+y)4

b) (1 2a)6 e) ( 3x 1)4c) (3a+ 1)5 f) (1 + x)

12

Rjesenje.

8.20 Bazen se puni vodom iz dvije cijevi. Kroz jednu se napuni za 4 sata, a kroz druguza 12 sati. Za koje vrijeme ce se bazen napuniti vodom ako se puni istovremeno krozobije cijevi?

Rjesenje. Prva cijev ce za jedan sat napuniti 1/4, a druga 1/12 bazena. Obije cijevi ceza jedan sat napuniti 1/4+ 1/12 = 1/3 bazena. Dakle, obije ce bazen napuniti za 3 sata.

8.21 Dokazati da je broj2 iracionalan, tj. da nije racionalan.

Rjesenje.Ta tvrdnja je tvrdnja ciste aritmetike, ne zahtjeva poznavanje iracionalnihbrojeva i ne zavisi na bilo koji nacin od teorije iracionalnih brojeva. Svaki racionalni brojse moce prikazati u obluku razlomka:{a

b| a Z i b N

}.

Bez umanjenja opstosti, moze se pretpostaviti da su brojevi a i b relativno prosti, tj.da nemaju zajednickih djelilaca, jer bi to oni u suprotnom mogli postati kracenjem.Tvrdnja: broj

2 je iracionalan, tj.

2 / Q, ekvivalentna je tvrdnji: broj 2 nije moguce

prikazati u obliku(ab

)2, tj.

(ab

)2 6= 2, a posljednja tvrdnji: jednacinaa2 = 2b2 (10)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 52 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

nema rjesenja za relativno proste a, b Z.Dokaz se provodi od suprotnog. Pretpostavi se da je jednacina (10) tacna i da su a

i b cijeli brojevi bez zajednickih faktora, tj. da je NZD(a, b) = 1, tj. da su oni relativnoprosti. Iz (10) slijedi da je broj a2 paran (jer je broj 2b2 djeljiv sa 2), pa je zbog toga ibroj a paran (jer je kvadrat neparnog broja neparan). Ako je a paran, on se tada mozeprikazati u obliku

a = 2c (11)

za neki c Z i tada je2b2 = a2 = (2c)2 = 4c2

ilib2 = 2 c2. (12)

Prema tome, broj b2 je paran, a to sa svoje strane znaci, u skladu sa pretpostavkom,da je broj b paran, pa mora imati zajednicki faktor 2, sto je u suprotnosti sa polaznompretpostavkom. Dakle, polazna tvrdnja nije tacna.

8.22 Ako je p prost broj, onda jep iracionalan broj. Dokazati!

Rjesenje.

8.23

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 53 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Literatura

[1] M. R. Antonov, M. J. Vigodski, V. V. Nikitin, A. I. Sankin: Zbirka zadataka izelementarne matematike. Zavod za izdavanje udzbenika, Sarajevo. (1972).

[2] Marshall Hall, Jr.: Combinatorial Theory. Blaisdell Publishing Company, Waltham(Massachusetts)-Toronto-London. (1967).

[3] Paul R. Halmos: Naive Set Theory. Springer-Verlag, New York-Heidelberg-Berlin.(1974).

[4] Svetozar Kurepa: Uvod u matematiku. Skupovi, strukture, brojevi. Tehnicka knjiga,Zagreb. (1975).

[5] Kuzmin O. V.: Pascal Triangle and Pascal Pyramid: Some properties and generali-zations. SOZ v.5 (2000).

[6] Zlatko P. Mamuzic: Kombinatorika. Zavod za izdavanje udzbenika SR Srbije, Be-ograd. (1966).

[7] Harry I. Miller: Vjerovatnoca i statistika. Svjetlost, Sarajevo. (1985).

[8] D. S. Mitrinovic: Matematicka indukcija. Binomna formula. Kombinatorika. Mate-maticka biblioteka 26. Gradevinska knjiga, Beograd. (1980).

[9] Radomir Zivkovic: Izborna nastava. Matematika sveska 1. Izborna nastava za 8.razred osnovne skole. Svjetlost , Sarajevo. (1985)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 54 od 54

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Indeks

Aksiomaegzistencije, 6jednakosti, 7para, 9partitivnog skupa, 8specifikacije, 7unije, 8

Algebra polinoma, 4

Binomna formula, 34

Cilj kombinatorike, 4

Dekartov proizvod skupova, 9

Faktorijel, 14

Indeks kooeficjenta polinoma, 36

Kombinacija, 3, 24Kombinatorika, 3Kombinatorna konfiguracija, 3Kombinatorni zadatak, 4Kompleksija, 3

Literatura, 53

Mnozenje permutacija, 17

Paskalov trougao, 25Paskalov zakon, 25Permutacija, 3, 15

identicna, 16sa ponavljanjem, 33

Skupcijelih brojeva, 6iracionalnih brojeva, 6kompleksnih brojeva, 6konacan, 4podskup, 7prazan, 6prirodnih brojeva, 6racionalnih brojeva, 6realnih brojeva, 6univerzalni, 7

Stepen polinoma, 36

Teorija vjerovatnoce, 4

Uredeni par, 9

Varijacija, 3, 21Venov dijagram, 6

UvodSkupovi i operacije nad njimaPermutacije bez ponavljanjaVarijacije bez ponavljanjaKombinacije bez ponavljanjaPermutacije sa ponavljanjemBinomna formulaVjezbeLiteraturaIndeks