LEKCIJE IZ DISKRETNE MATEMATIKE

LEKCIJE IZDISKRETNE MATEMATIKE

Igor Z. Milovanovic Emina I. MilovanovicRuzica M. Stankovic Branislav M. Randjelovic

Sadrzaj

1 Elementi matematicke logike 51.1 Iskaz i predikat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Iskazne recenice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Iskazne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Argumenti i dokazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5 Kompletnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.6 Normalne forme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Indukcija 292.1 Empirijska indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Matematicka indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3 Skupovi 373.1 Predstavljanje skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.2 Operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.3 Partitivni skup. Princip ukljucenja-iskljucenja . . . . . . . . . . . 423.4 Pokrivanje i razbijanje skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4 Relacije. Funkcije 494.1 Dekartov proizvod skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.2 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.3 Kompozicija relacija. Zatvaranje relacije . . . . . . . . . . . . . . 554.4 Relacija ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.5 Relacija uredjenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.6 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

5 Operacije 795.1 Grupa. Polje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.2 Bulova algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.3 Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

1

2 SADRZAJ

6 Specijalne matrice. Permanent 936.1 Binarne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 936.2 Matrice uredjenosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1066.3 Stohasticke matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.4 Permanent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

7 Brojevi 1257.1 Deljivost brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1257.2 Modularna aritmetika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.3 Euklidov algoritam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1377.4 Diofantove i modularne jednacine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1447.5 Prosti brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1577.6 Mala Fermaova teorema. Ojlerova funkcija . . . . . . . . . . . . . . 163

8 Funkcije generatrise 169

9 Rekurentni nizovi 177

10 Kombinatorika 19110.1 Dirihleov princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19110.2 Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19310.3 Permutacije sa ponavljanjem elemenata . . . . . . . . . . . . . . . 20810.4 Permutacije totalne neuredjenosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.5 Permutacije sa usponima i padovima . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.6 Permutacije sa inverzijama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21310.7 Permutacije na krugu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21410.8 Varijacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21510.9 Kombinacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21710.10Kombinacije sa ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22010.11Varijacije sa ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22110.12Particije i kompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

11 Blok seme 23111.1 Pojam kombinatorne konfiguracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.2 Blok-seme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23411.3 Uravnotezene nepotpune blok-seme . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23511.4 Sistemi Stajnera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24011.5 Simetricne blok-seme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24411.6 Formiranje blok-sema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

SADRZAJ 3

12 Grafovi 25112.1 Intuitivno shvatanje pojma grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25112.2 Definicije grafa i srodnih struktura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25612.3 Stepeni cvorova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26212.4 Matricno predstavljanje grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26612.5 Delovi grafa. Putevi u grafu. Povezanost . . . . . . . . . . . . . . . 27612.6 Odredjivanje najkracih puteva u grafu . . . . . . . . . . . . . . . . 28512.7 Stablo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29212.8 Planarni grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30112.9 Bojenje grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305

4 SADRZAJ

Glava 1

Elementi matematicke logike

Logika, kao nauka o zakljucivanju, cije je temelje postavio Aristotel, ima primenuu raznim oblastima, kao na primer u teologiji, filozofiji i matematici. Sto se ticematematike, ona predstavlja njen temelj. Na osnovu skupa osnovnih pretpostavki,koje se nazivaju aksiome, odredjuje se tacnost odgovarajucih matematickih izraza.U ovom odeljku mi cemo dati samo najosnovnije pojmove iz matematicke logike,neophodne za proucavanje elemenata Diskretne matematike.

1.1 Iskaz i predikat

U matematickoj logici iskaz ili sud je osnovni pojam, te se kao takav ne definise.Intuitivno se prihvata da je iskaz deklarativna recenica, koja ima smisla, i kojaje tacna ili netacna. Iskaz zadovoljava dva principa: princip iskljucenja treceg iprincip kontradikcije. Naime, kako smo vec napomenuli, on je ili tacan ili netacani ne moze imati neko trece istinitosno svojstvo, i ne moze biti istovremeno i istiniti neistinit.

Primer 1.

Recenica ”42 = 16” je iskaz, i to istinit.

Recenica ”21 = 42” je iskaz, i to neistinit.

Recenica ”x2 = 16” je afirmativna i ima smisla, ali nije iskaz. Istinitosnosvojstvo zavisi od vrednosti promenljive x.

Recenica ”Da li je 3 vece od 7?” je upitna, a ne deklarativna, pa nije iskaz.

5

6 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATICKE LOGIKE

U daljem tekstu iskaze cemo zvati i logickim promenljivama. Oni se oznacavaju,najcesce, slovima neke azbuke, {p, q, r...} ili {A,B,C...} ili slicno.

Ako je neki iskaz istinit, oznacavamo to simbolom>, koji se cita ”te” ili ”tacno”ili ”istinito”. U literaturi se umesto ovog simbola koristi simbol ”1”. Ako je nekiiskaz neistinit, oznacavamo to simbolom ⊥, koji se cita ”nete” ili ”nije tacno” ili”nije istinito”. Umesto njega se u literaturi koristi simbol ”0”. Simbole > i ⊥zvacemo logickim konstantama.

Definicija 1.1 Neka je S = {p, q, r...} skup iskaza, tj. logickih promenljivih.Funkcija τ , τ : S 7→ {>,⊥}, definisana sa

τ(p) =

{>, ako je p istinito⊥, ako je p neistinito,

naziva se funkcijom istinitosti.

Primer 2. τ(p) = τ(”42 = 16”) = >, a τ(p) = τ(”21 = 42”) = ⊥.

Afirmativna recenica koja ima smisla, koja sadrzi jednu ili vise promenljivihi koja postaje iskaz kada promenljivama dodelimo konkretne vrednosti, naziva sepredikat.

Primer 3. Recenica ”x2 = 16” je predikat, jer je afirmativna, ima smisla isadrzi promenljivu x. Ona postaje iskaz, i to istinit, kada je x = 4 ili x = −4.Za sve ostale vrednosti promenjive x, ona takodje postaje iskaz, ali neistinit.

Recenica ”x2+y2 = 1” je predikat, jer sadrzi dve promenljive x i y. Za x = 0i y = 1 on postaje iskaz koji je tacan, a za x = 1 i y = 1, on postaje iskazkoji nije tacan.

Broj promenljivih u predikatu odredjuje njegovu duzinu.Za promenljive u predikatu vezuju se kvantifikatori, i to: univerzalni, u oznaci

∀, i egzistencijalni , u oznaci ∃. Univerzalni kvantifikator cita se ”za svako”, aegzistencijalni ”postoji” ili ”egzistira”.

Primer 4. Neka je P (x) predikat duzine 1. Vezivanje kvantifikatora zapromenljivu x moze se obaviti na jedan od sledecih nacina:

(∀x)(P (x)) - ”za svako x vazi P (x)”,

(∃x)(P (x)) - ”postoji x za koje vazi P (x)”.

Ako zelimo da naglasimo da x priprada nekom skupu R, ili ima svojstvo R,tada se vezivanje kvantifikatora moze obaviti na sledece nacine:

1.2. ISKAZNE RECENICE 7

(∀x ∈ R)(P (x)) - ”za svako x iz R vazi P (x)”,

(∃x ∈ R)(P (x)) - ”postoji x iz R za koje vazi P (x)”.

Ako u razmatranje uvedemo i logicki veznik ¬, koji oznacava negaciju, a okome ce biti vise reci u sledecem odeljku, tada se kvantifikatori mogu vezatiza promenljivu x u predikatu P (x), na sledece nacine:

(¬∀x)(P (x)) - ”nije tacno da za svako x vazi P (x)”,

(¬∃x)(P (x)) - ”nije tacno da postoji x za koje vazi P (x)”,

(¬∀x ∈ R)(P (x)) - ”nije tacno da za svako x iz R vazi P (x)”,

(¬∃x ∈ R)(P (x)) - ”nije tacno da postoji x iz R za koje vazi P (x)”.

1.2 Iskazne recenice

Iskazne recenice grade se od iskaza i logickih veznika, tj. logickih operacija. Zanas su interesantne unarne i binarne logicke operacije.

Kako se skup {>,⊥} sastoji od dva elementa, ukupan broj unarnih logickihoperacija je 221

= 4. Njihove oznake su ¬, O1, O2 i O3, pri cemu je ¬ negacija, O1

identicka istina, O2 identicka laz i O3 unarni identitet.Tablice istinitosti ovih logickih operacija, tj. logickih veznika, date su na

sledecoj slici.

¬ > ⊥ O1 > ⊥ O2 > ⊥ O3 > ⊥⊥ > > > ⊥ ⊥ > ⊥

Slika 1.Od navedenih veznika za nas je interesantna samo negacija.

Definicija 1.2 Iskaz ¬p je negacija iskaza p. On je tacan kada je iskaz p netacan.Iskaz O1p je uvek tacan, iskaz O2p je uvek netacan, dok iskaz O3p ima istu istini-tosnu vrednost kao iskaz p.

Na sledecoj slici date su istinitosne vrednosti iskaza ¬p, O1p, O2p i O3p, uzavisnosti od istinitosti iskaza p.

p ¬p O1p O2p O3p

> ⊥ > ⊥ >⊥ > > ⊥ ⊥

Slika 2.


Primer 5. Ako iskaz p glasi: ”Pera voli jabuke”, tada iskaz ¬p glasi: ”Perane voli jabuke” ili ”Nije tacno da Pera voli jabuke”. Iskaz O1p glasi: ”Peravoli jabuke”, iskaz O2p glasi: ”Pera ne voli jabuke”, a iskaz O3p glasi: ”Peravoli jabuke”.

Ukupan broj binarnih logickih operacija, tj. binarnih logickih veznika, je 222=

16. Za nas je interesantno sledecih pet: konjunkcija (u oznaci ∧), inkluzivnadisjunkcija (u oznaci ∨), ekskluzivna disjunkcija (u oznaci ∨), implikacija (u oznaci⇒) i ekvivalencija (u oznaci ⇔). Istinitosne tablice ovih operacija, na skupu{>,⊥}, date su na slici 3.

∧ > ⊥ ∨ > ⊥ ∨ > ⊥ ⇒ > ⊥ ⇔ > ⊥> > ⊥ > > > > ⊥ > > > ⊥ > > ⊥⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥ >

Slika 3.Citaocu prepustamo da prouci osobine binarnih logickih operacija sa slike 3,

na skupu {>,⊥}, koje se odnose na komutativnost, asocijativnost, distributivnosti slicno.

Definicija 1.3 Iskaz p ∧ q naziva se konjunkcija iskaza p i q. On je istinit ako isamo ako su oba iskaza p i q istinita. Cita se ”p i q”.

Primer 6. Neka su iskazi p i q definisani sa p: ”Pera voli jabuke” i q:”Danas je ponedeljak”. Iskaz p∧q glasi: ”Pera voli jabuke i danas je ponedel-jak” Ovaj iskaz je tacan samo ako je zaista istina da pera voli jabuke i da jedanas ponedeljak.

Kao sto ce biti slucaj i kod drugih iskaznih recenica, nas interesuje samo istini-tosna vrednost iskaza p ∧ q, a ne i to ima li ili ne smisla.

Definicija 1.4 Iskaz p ∨ q naziva se inkluzivnom disjunkcijom iskaza p i q. Onje istinit ako i samo ako je bar jedan od iskaza p ili q istinit. Cita se ”p ili q”.

Primer 7. Neka su iskazi p i q definisani sa p: ”√

π je racionalan broj” iq: ”

√π je veci od jedinice”. Iskaz p ∨ q glasi: ”

√π je racionalan broj ili je

veci od jedinice”. Ovaj iskaz je istinit.

Inkluzivnu disjunkciju treba razlikovati od veznika ”ili” u svakodnevnom gov-oru. On je u svakodnevnom govoru iskljuciv, ne dozvoljava istovremenu tacnost.Njemu, u matematickoj logici, odgovara veznik pod nazivom ekskluzivna dis-junkcija, koja ce biti definisana u narednoj definiciji.

1.2. ISKAZNE RECENICE 9

Definicija 1.5 Iskaz p∨q naziva se ekskluzivnom disjunkcijom iskaza p i q. Onje istinit ako i samo ako je bar jedan od iskaza p ili q istinit, ali ne istovremeno.Cita se ”ili p ili q”.

Primer 8. Neka su iskazi p i q definisani sa p: ”√

π je realan broj” i q:”√

π je veci od jedinice”. Iskaz p∨q glasi: ”Ili je√

π realan broj ili je√

πbroj veci od jedinice”. On nije istinit, jer su oba iskaza, i p i q, istinita.

Definicija 1.6 Iskaz p ⇒ q naziva se implikacijom iskaza p i q. On jedino nijeistinit ako je p istinit, a iskaz q nije istinit. Cita se ”ako p onda q”.

Iskaz p, u implikaciji p ⇒ q, naziva se premisom ili pretpostavkom, a iskaz qnaziva se zakljuckom.

Primer 9. Neka su iskazi p i q definisani sa p: ”3+3 = 5” i q: ”3+4 = 9”.Iskaz p ⇒ q glasi: ”Ako je 3+3 = 5 tada je i 3+4 = 9”. Ovaj iskaz je istinit,jer je implikacija koja sledi iz neistinitog iskaza uvek istinita.

Primer 10. Neka su iskazi p i q definisani sa p: ”Prvi dan u nedelji jeponedeljak” i q: ”Na severnom polu postoji veciti led ”. Iskaz p ⇒ q glasi:”Ako je ponedeljak prvi dan u nedelji tada na severnom polu postoji vecitiled”. Sa stanovista matematicke logike, ovaj iskaz je istinit, ali tesko ga jespojiti sa zdravom logikom.

Implikacija se znacajno moze razlikovati od upotrebe ”ako ... onda ...” usvakodnevnom govoru. Naime, kod iskaza p ⇒ q, kao i kod drugih iskaza, nasinteresuje samo njegova istinitosna vrednost, ali ne i sustina ovog iskaza. To senajbolje vidi iz Primera 9. i 10. Ujedno, to je jedan od kljucnih razloga sto nijemoguca formalna definicija pojma iskaz, kako smo naveli u prethodnom odeljku.

Definicija 1.7 Iskaz p ⇔ q naziva se ekvivalencijom iskaza p i q. On je istinit akoi samo ako iskazi p i q imaju istu istinitosnu vrednost. Cita se ”p je ekvivalentnosa q”.

Primer 11. Neka su iskazi p i q definisani kao u primeru 9. Iskaz p ⇔ qglasi: ”Ako je 3+3 = 5 tada je i 3+4 = 9, i ako je 3+4 = 9 tada je 3+3 = 5”.Ovaj iskaz je istinit, jer iskazi p i q imaju istu istinitosnu vrednost, oba nisuistinita.

Pomocu ekvivalencije se cesto definisu novi pojmovi od vec poznatih. To cemoilustrovati u sledecem primeru.


Primer 12. Pretpostavimo da su nam poznati pojmovi: vektor i skalarniproizvod dva vektora. Pojam ortogonalnosti dva vektora cemo definisatipreko sledece ekvivalencije: ”Dva vektora, razlicita od nula vektora, ortogo-nalna su ako i samo ako je njihov skalarni proizvod jednak nuli”.

U tabeli na slici 4. su date istinitose vrednosti za iskaze p∧ q, p∨ q, p∨q, p ⇒ qi p ⇔ q, u zavisnosti od istinitosti iskaza p i q.

p q p ∧ q p ∨ q p∨q p ⇒ q p ⇔ q

> > > > ⊥ > >> ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥⊥ > ⊥ > > > ⊥⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > >

Slika 4.Simboli koje smo iskoristili da oznacimo navedene binarne logicke operacije, tj.

logicke veznike, nisu jedinstveni. Tako se, na primer, u literaturi, umesti simbola∧ koriste i & i ·, umesto simbola ⇒ koriste simboli → i ⊂, a umesti simbola ⇔koriste se simboli ↔, ∼ i ≡.

Citanje iskaznih recenica, definisanih u ovom odeljku, takodje nije jedinstveno.Tako, na primer, iskaz p ⇒ q moze da se cita i: ”iz p proizilazi q”, ”na osnovu psledi q”, ”p je potreban uslov za q”, ”q je neophodan uslov za p” i slicno.

Naveli smo da postoji 16 binarnih operacija, od kojih smo pomenuli samopet. U nastavku cemo definisati jos dve, dok definisanje preostalih prepustamocitaocima.

Binarne logicke operacije ”Sefer”, u oznaci ↑, i ”Lukasjevic” (Pirson), u oznaci↓, definisane su sledecim tablicama.

↑ > ⊥ ↓ > ⊥> ⊥ > > ⊥ ⊥⊥ > > ⊥ ⊥ >

Slika 5.Nije tesko pokazati da je

p ↑ q ⇔ ¬(p ∧ q) i p ↓ q ⇔ ¬(p ∨ q).

Zbog navedenih ekvivalencija logicki veznik ↑ se naziva nili (ne ili), a ↓ ni (ne i).Napomenimo da su za implikaciju p ⇒ q, dva iskaza p i q, tesno povezani

sledeci iskazi:q ⇒ p - konverzija,

1.3. ISKAZNE FORMULE 11

¬p ⇒ ¬q - inverzija,¬q ⇒ ¬p - kontrapozicija.Istinitosne vrednosti ovih iskaza date su u sledecoj tabeli.

p q ¬p ¬q p ⇒ q q ⇒ p ¬p ⇒ ¬q ¬q ⇒ ¬p

> > ⊥ ⊥ > > > >> ⊥ ⊥ > ⊥ > > ⊥⊥ > > ⊥ > ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ > > > > > >

Slika 6.

1.3 Iskazne formule

Dacemo formalnu definiciju iskazne formule.

Definicija 1.8 i) Iskazne konstante i iskazna slova (promenljive) su iskazne for-mule;ii) Ako su A i B iskazne formule, α proizvoljna unarna operacija, a β proizvoljnabinarna operacija, tada su i α A i (Aβ B) iskazne formule;iii) Iskazne formule mogu se formirati jedino konacnim brojem primena i) i ii)

ove definicije.

Primer 13. Iskazi, tj. iskazne recenice, p, (p ∨ q), (p ∨ ⊥), (p ⇒ (p ∨ ¬q))su iskazne formule. Izrazi ¬p∨, (p ⇒ (⇒ q)) i p ⇒ q nisu iskazne formule.Poslednji iskaz, u strogom smislu definicije 1.8. nije iskazna formula, jernedostaju zagrade. Da je to malo prestrogo, videcemo u daljem tekstu.

Definicija 1.9 Stepen iskazne formule A je ukupan broj pojavljivanja logickih op-eracija u njoj.

Primer 14. Stepen iskazne formule (p∨ (q ⇒ p) ⇔ ((p∨ q) ⇒ (p∧¬q)) je7.

Prilikom formiranja iskaznih formula koriste se i zagrade, i to male. Oneomogucavaju da se precizno definise redosled izvrsenja logickih operacija. Medju-tim, cilj je da logicka formula sadrzi minimalan moguci broj zagrada. Navescemodva postupka da se ovo ostvari.

Nacin da se smanji broj upotrebljenih zagrada prilikom prezentacije iskazneformule je postovanje sledeceg, hijerarhijskog niza prioriteta logickih operacija:


¬, ∧, ∨, ⇒, ⇔ .

Ovaj niz je opadajuci po snazi vezivanja. Treba napomenuti da zagrada imaveci prioritet u odnosu na logicki veznik koji stoji ispred nje. Tako, na primer,logicka operacija ¬ je najveceg prioriteta, ali samo pod uslovom da ne stoji ispredzagrade.

Primer 15. Postujuci hijerarhijski niz prioriteta logickih operacija, iskaznaformula p∨ ((¬q)∧ r) moze se predstaviti u drugom obliku, bez zagrada, kaop ∨ ¬q ∧ r. Negacija ¬(p ∨ q) se ne moze napisati u obliku ¬p ∨ q.

Drugi postupak za oslobadjanje od zagrada koji cemo pomenuti, poznat je podnazivom poljska notacija. Za njegovu primenu, neophodna nam je sledeca, novadefinicija iskazne formule.

Definicija 1.10 i) Logicke konstante i logicke promenljive su iskazne formule;ii) Ako je A iskazna formula i α proizvoljna unarna operacija, tada je i αA iskaznaformula;iii) Ako su A i B iskazne formule i α proizvoljna binarna logicka operacija, tada

je i αAB iskazna formula;iv) Iskazne formule mogu se formirati jedino konacnim brojem primena i) ii) i

iii) iz ove definicije.

Iskazna formula zapisana na osnovu prethodne definicije predstavljena je upoljskoj notaciji.

Primer 16. Iskazna formula (¬p) ⇒ q u poljskoj notaciji glasi ⇒ ¬pq.

Iskazna formula ¬(p ∨ q) u poljskoj notaciji glasi ¬ ∨ pq.

Iskazna formula (((p ⇒ q)∧ (q∨ r)) ⇒ (p∨ r)) ⇒ ¬(q∨ s) u poljskoj notacijiglasi ⇒⇒ ∧ ⇒ pq ∨ qr ∨ pr¬ ∨ qs.

Iskazna formula (p∧¬q) ⇒ (¬(p∨q)) u poljskoj notaciji glasi ⇒ ∧p¬q¬∨pq.

Iskazna formula ((p ∧ q) ⇒ r) ⇔ (p ⇒ (q ⇒ r)) u poljskoj notaciji glasi⇔⇒ ∧pqr ⇒ p ⇒ qr.

Primer 17. Iskazna formula, data u poljskoj notaciji ⇔ p ∧ p ∧ pq u stan-dardnoj formi glasi p ⇔ (p ∧ (p ∧ q)).

Iskazna formula, data u poljskoj notaciji ⇔ ∧∧ ⇒ pq ∨ pr ⇒ qr ⇒ ¬pq ustandardnoj formi glasi (((p ⇒ q) ∧ (p ∨ r)) ∧ (q ⇒ r)) ⇔ (¬p ⇒ q).


Definicija 1.11 Dve iskazne formule A i B su logicki ekvivalenti, ako imaju istelogicke promenljive i iste tablice istinitosti. To cemo oznacavati sa A≡B.

Vaznije logicke ekvivalencije su navedene u sledecoj teoremi.

Teorema 1.1 Ako su p, q i r proizvoljni iskazi, tada vaze sledeci ekvivalenti:1. p ∧ p ≡ p, p ∨ p ≡ p - idempotentnost,2. p ∧ (q ∧ r) ≡ (p ∧ q) ∧ r, p ∨ (q ∨ r) ≡ (p ∨ q) ∨ r - asocijativnost,3. p ∧ q ≡ q ∧ p, p ∨ q ≡ q ∨ p - komutativnost,4. ¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q, ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q, - De Morganova pravila,5. ¬(¬p) ≡ p - dvostruka negacija,6. p ∨ ⊥ ≡ p, p ∧ > ≡ p,7. p ∨ > ≡ >, p ∧ ⊥ ≡ ⊥,8. p ∨ ¬p ≡ >, p ∧ ¬p ≡ ⊥ - komplementarnost,9. p ⇒ q ≡ ¬q ⇒ ¬p - zakon kontradikcije,10. p ⇒ q ≡ ¬p ∨ q - zakon implikacije,11. p ∨ q ≡ (p ⇒ q) ⇒ q - zakon disjunkcije,12. p ∧ q ≡ ¬(p ⇒ ¬q) - zakon konjunkcije,13. ¬(p ⇒ q) ≡ p ∧ ¬q - zakon negacije implikacije,14. (p ⇔ q) ≡ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) - zakon ekvivalencije,15. p ∧ q ⇒ r ≡ p ⇒ (q ⇒ r) - zakon unosenja-iznosenja,16. p ∧ (p ∨ q) ≡ p, p ∨ (p ∧ q) ≡ p - zakon apsorpcije,16. p∧(q∨r) ≡ (p∧q)∨(p∧r), p∨(q∧r) ≡ (p∨q)∧(p∨r) - zakon distributivnosti.

Dokaz. Ilustracije radi, dokazacemo pomocu tablica istinitosti ekivalencije 6,7,10i 11. Ostale dokaze prepustamo citaocu.

p ⊥ p ∨ ⊥ p ∨ ⊥ ⇔ p

> ⊥ > >⊥ ⊥ ⊥ >

p > p ∨ > p ∨ > ⇔ >> > > >⊥ > > >

p q ¬p p ⇒ q ¬p ∨ q (p ⇒ q) ⇔ (¬p ∨ q)> > ⊥ > > >> ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ > > > > >⊥ ⊥ > > > >

p q p ∨ q p ⇒ q (p ⇒ q) ⇒ q (p ∨ q) ⇔ ((p ⇒ q) ⇒ q)> > > > > >> ⊥ > ⊥ > >⊥ > > > > >⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ >

Slika 7.


Kako smo vec pominjali istinitost iskazne formule, u zavisnosti od istinitostiiskaza koji je cine, moze se ispitati pomocu istinitosne tablice. To cemo ilustrovatiu sledecem primeru.

Primer 18. Ispitati istinitosnu vrednost formule F ≡ (¬p ∧ q ⇒ r) ⇔(p ∧ q).

p q r ¬p ¬p ∧ q ¬p ∧ q ⇒ r p ∧ q F

> > > ⊥ ⊥ > > >> > ⊥ ⊥ ⊥ > > >> ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥> ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥⊥ > > > > > ⊥ ⊥⊥ > ⊥ > > ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ > > ⊥ > ⊥ ⊥⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ > ⊥ ⊥

Slika 8.

Medjutim, cesto nas interesuje vrednost neke iskazne formule, ali samo za nekikonkretni slucaj istinitosne vrednosti iskaza koji u njoj ucestvuju. U tom slucajunepotrebno je ispisivati kompletnu tablicu istinitosti. Dovoljno je posmatrati samokonkretan slucaj, tj. konkretna interpretacija pri cemu se koriste tablice za logickeveznike date na slikama 2 i 3. Ovaj postupak je opisan u sledecem primeru.

Primer 19. Za iskaznu formulu iz prethodnog primera, pretpostavimo daje τ(p) = >, τ(q) = ⊥ i τ(r) = >. Odredicemo τ(F ).

τ(F ) = τ((¬p ∧ q ⇒ r) ⇔ (p ∧ q)) = (τ(¬p ∧ q) ⇒ τ(r)) ⇔ τ(p ∧ q)= ((τ(¬p) ∧ τ(q)) ⇒ τ(r)) ⇔ (τ(p) ∧ τ(q))= ((¬τ(p) ∧ >) ⇒ >) ⇔ (> ∧⊥)= ((¬> ∧ >) ⇒ >) ⇔ ⊥ = ((⊥ ∧>) ⇒ >) ⇔ ⊥= (⊥ ⇒ >) ⇔ ⊥ = > ⇔ ⊥ = ⊥.

Uporedjivanjem dobijenog rezultata sa odgovarajucom interpretacijom utablici istinitosti vidimo da se oni poklapaju.

Definicija 1.12 Iskazna formula A, koja je identicki istinita A≡ >, tj, τ(A) = >,za bilo koju istinitosnu vrednost iskaza koji je cine, naziva se tautologijom. Tose oznacava sa `A ili |=A. Formula A, koja je identicki neistinita A≡ ⊥, tj,τ(A) = ⊥, naziva se kontradikcijom.


Ako je iskazna formula tautologija, tada je njena negacija kontradikcija, i obr-nuto.

Logicki ekvivalent dve iskazne formule A i B, A≡B, mozemo zameniti cinjeni-com da je iskazna formula A⇔B tautologija.

U sledecoj teoremi navedene su neke vaznije tautologije.

Teorema 1.2 Neka su p, q i r iskazi. Tada su sledece iskazne formule tautologije:1. p ∨ ¬p - zakon iskljucenja treceg,2. (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r) - tranzitivnost implikacije ili ”zakon silogizma”,3. ¬(p ∧ ¬p) - zakon neprotivurecnosti,4. p ∧ (p ⇒ q) ⇒ q - zakon odvajanja,5. ¬p ∧ (p ⇒ q) ⇒ ¬p,6. ¬p ∧ (p ∨ q) ⇒ q,7. p ∧ q ⇒ p - zakon pojednostavljenja,8. ((p ⇒ q) ⇒ q) ⇒ p - Pirsov zakon,9. (¬p ⇒ p) ⇒ p - zakon zakljucivanja iz suprotnog,10. ¬p ⇒ (p ⇒ q) - iz laznog proizvoljno,11. p ⇒ (q ⇒ p) - istina iz proizvoljnog,12. (p ⇒ (q ∧ ¬q)) ⇒ ¬p - svodjenje na apsurd.

Dokaz. Ilustracije radi, dokazacemo da su iskazne formule 4,5 i 6 tautologije.

p q p ⇒ q p ∧ (p ⇒ q) p ∧ (p ⇒ q) ⇒ q

> > > > >> ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ > > ⊥ >⊥ ⊥ > ⊥ >

p q ¬p p ⇒ q ¬p ∧ (p ⇒ q) ¬p ∧ (p ⇒ q) ⇒ ¬p

> > ⊥ > ⊥ >> ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ > > > > >⊥ ⊥ > > > >

p q ¬p p ∨ q ¬p ∧ (p ∨ q) ¬p ∧ (p ∨ q) ⇒ q

> > ⊥ > ⊥ >> ⊥ ⊥ > ⊥ >⊥ > > > > >⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >

Slika 9.


1.4 Argumenti i dokazi

Svaka matematicka disciplina gradi se na osnovu pojmova, definicija, aksioma iteorema.

Osnovni pojmovi se, najcesce ne definisu, vec se podrazumeva da su intuitivnojasni. To su na primer iskaz (sud) u matematickoj logici, skup i elementi skupa uteoriji skupova.

Definicije sluze da se opisu pojmovi, ili njihove osobine, neophodni za razvojodredjene discipline.

Aksiome, koje nisu obavezno prisutne u svakoj matematickoj disciplini, suiskazi koji ne podlezu proveri, dokazivanju, tj. sumnji u njih. Podrazumeva seda su apriori tacni. Aksiome cine sistem. On mora biti pun, sto znaci da se naosnovu njih moze dokazivati svako tvrdjenje koje je tacno, u posmatranoj disciplini.Takodje, nijedna od njih ne moze se izvesti, dokazivati, na osnovu preostalih.Sistem aksioma neke discipline ne mora biti jedinstven. Moguce je neku aksiomuu sistemu zameniti nekom drugom, ali uvek postoji minimalan broj aksioma upunom sistemu.

Na osnovu sistema aksioma, koriscenjem logickih pravila, dokazuju se drugiiskazi neke matematicke discpline. Svaki vazeci (tacan) iskaz, tj. teorema, imaulogu aksiome u daljem razvoju ove discipline. Retko se teoreme, osim u ”poce-tnoj” fazi razvoja neke discipline, dokazuju na osnovu sistema aksioma, vec naosnovu odredjenih, vec poznatih teorema.

Sustina dokazivanja je izvodjenje posledice na osnovu datih aksioma. Akose posledica izvodi samo na osnovu istinitosti aksioma ona je semanticka, a akoistinitost nije vazna vec samo izvodjenje koriscenjem dozvoljenih pravila, ona jesintakticka. Nas ovde interesuju samo semanticke posledice. Zvacemo ih cistoposledicama.

Dat sistem hipoteza H1, H2, ..., Hn i zakljucak C, pri cemu su u pitanju iskazneformule, zajedno cine argumenat. On je valjan, ako je za sve interpretacije za kojesu hipoteze istinite, istinit i zakljucak. U tom slucaju zakljucak postaje posledica.Argumenat se oznacava sa

H1

H2...

Hn

hipoteze

∆ C } zakljucak. (1.1)

Simbol ∆ se cita: ”vazi”, ”stoga”, ”tada je” i slicno. Valjanost ovog argumentase proverava na vise nacina. Jedan od nacina je da se formira tablica istinitosti,

1.4. ARGUMENTI I DOKAZI 17

na osnovu koje se utvrdjuje da li je C tacno, kada su sve hipoteze H1,H2, ...,Hn

tacne. Ekvivalentno ovom je provera da li je iskaz

H1 ∧H2 ∧ ... ∧Hn ⇒ C (1.2)

tautologija. Ako jeste, argument je valjan, u protivnom nije.

Primer 20. Za argument

p ⇒ q

q ⇒ r

p

∆ p ∧ q ∧ r

tablica istinitosti je

p q r p ⇒ q q ⇒ r p p ∧ q ∧ r

1 > > > > > > >2 > > ⊥ > ⊥ > ⊥3 > ⊥ > ⊥ > > ⊥4 > ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥5 ⊥ > > > > ⊥ ⊥6 ⊥ > ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥7 ⊥ ⊥ > > > ⊥ ⊥8 ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥

Slika 10.

Sve hipoteze su tacne samo u slucaju 1. Tada je tacan i zakljucak, pa jeargument valjan.

Valjanost ovog argumenta smo mogli utvrditi tako sto bi dokazali da je iskaz

R = (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ q) ∧ p ⇒ (p ∧ q ∧ r)

tautologija. To se vidi iz sledece tablice.

p q r p ⇒ q q ⇒ r (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ∧ p p ∧ q ∧ r R> > > > > > > > >> > ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ >> ⊥ > ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ >> ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ > > > > > ⊥ ⊥ >⊥ > ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ > > > > ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ ⊥ > > > ⊥ ⊥ >

Slika 11.


Primer 21. Za argument

p ⇒ q

q ⇒ r

r

∆ p

tablica istinitosti je data na Slici 12. Sve tri hipoteze su tacne u slucajevima1, 5 i 7. Zakljucak je, u ovim slucajevima, tacan samo u slucaju 1, te argu-ment nije valjan. Zakljucak nije posledica ovih hipoteza.

p q r p ⇒ q q ⇒ r r p

1 > > > > > > >2 > > ⊥ > ⊥ ⊥ >3 > ⊥ > ⊥ > > >4 > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ >5 ⊥ > > > > > ⊥6 ⊥ > ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥7 ⊥ ⊥ > > > > ⊥8 ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥

Slika 12.

Da posmatrani argument nije valjan, moze se zakljuciti na osnovu cinjeniceda iskaz

R = (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ q) ∧ r ⇒ p

nije tautologija. To se vidi na osnovu sledece tablice.

p q r p ⇒ q q ⇒ r (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ∧ r R

> > > > > > >> > ⊥ > ⊥ ⊥ >> ⊥ > ⊥ > ⊥ >> ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ >⊥ > > > > > ⊥⊥ > ⊥ > ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ > > > > ⊥⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥ >

Slika 13.

1.4. ARGUMENTI I DOKAZI 19

Navescemo neke valjane argumente, koji su u literaturi pozanati kao pravilaizvodjenja. Dokaz njihove valjanosti prepustamo citaocu, vezbe radi.

1. zakon odvajanja 2. silogizam 3. modus tolens(modus ponens)

p ⇒ q p ⇒ q p ⇒ qp q ⇒ r ¬q∆q ∆p ⇒ r ∆¬p

4. dodavanje 5. specijalizacija 6. konjunkcijap p ∧ q p∆p ∨ q ∆p q

∆p ∧ q

7. slucajevi 8. eliminacija slucaja 8. kontradikcija(reductio ad absurdum)

pp ⇒ (p ∨ s) p ∨ qp ⇒ q p ⇒ (r ∧ ¬r) ¬p ⇒ (r ∨ ¬r)s ⇒ q ∆q ∆p∆q

Primer 22. Saopstena je sledeca vremenska prognoza za naredni dan:

• 1. Bice vedro ili hladno ili ce duvati vetar.

• 2. Ako bude vedro i duva vetar, bice hladno.

• 3. Ako ne bude vedro i bude hladno, duvace vetar.

• Da li se moze zakljuciti da ako ne bude vedro, nece biti hladno?

Oznacimo sa p, q i r sledece iskaze:

• p: bice vedro,

• q: bice hladno,

• r: duvace vetar.

• Na osnovu 1, 2 i 3 treba proveriti valjanost sledeceg argumenta

p ∨ q ∨ r

p ∧ r ⇒ q


¬p ∧ q ⇒ r

∆ ¬p ⇒ ¬q.

Tablica istinitosti je

p q r p ∨ q ∨ r p ∧ r ⇒ q ¬p ∧ q ⇒ r ¬p ⇒ ¬q

1 > > > > > > >2 > > ⊥ > > > >3 > ⊥ > > ⊥ > >4 > ⊥ ⊥ > > > >5 ⊥ > > > > > ⊥6 ⊥ > ⊥ > > ⊥ ⊥7 ⊥ ⊥ > > > > >8 ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > > >

Slika 14.

Na osnovu 5.reda tablice, argument nije valjan te nismo mogli izvesti nave-deni zakljucak.

Napomenimo da smo u razmatranjima posmatrali posledicu kao semantickuposledicu. Vodilo se racuna samo o istinitosti argumenata. Kod sintaksne posle-dice, koje nismo razmatrali, nas ne zanima istinitost hipoteza, vec samo da li se utoku izvodjenja koriste dozvoljena pravila.

Primer 23. Premise su:

• Ako se Sojic kandiduje na izborima (p), on ce postati premijer (q).

• Ako Sojic dodje na sastanak Stranke Zdravog Razuma (r) bice kandidovanza premijera (q),

• Sojic ce otici na sastanak Stranke Zdravog Razuma (r), ili ce otici na rekre-aciju (s).

• Sojic se ne rekreira (¬s).

Da li ce Sojic biti premijer?

Odgovorajuci argument je:

p ⇒ q

r ⇒ p

r ∨ s

¬s

∆q.

1.5. KOMPLETNOST 21

Tablica istinitosti je

p q r c p ⇒ q r ⇒ p r ∨ s ¬s q

1 > > > > > > > ⊥ >2 > > > ⊥ > > > > >3 > > ⊥ > > > > ⊥ >4 > > ⊥ ⊥ > > ⊥ > >5 > ⊥ > > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥6 > ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥7 > ⊥ ⊥ > ⊥ > > ⊥ ⊥8 > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ > ⊥9 ⊥ > > > > > > ⊥ >10 ⊥ > > ⊥ > > > > >11 ⊥ > ⊥ > > > > ⊥ >12 ⊥ > ⊥ ⊥ > > ⊥ > >13 ⊥ ⊥ > > > ⊥ > ⊥ ⊥14 ⊥ ⊥ > ⊥ > ⊥ > > ⊥15 ⊥ ⊥ ⊥ > > > > ⊥ ⊥16 ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥ > ⊥

Slika 15.

Sve premise su tacne za interpertacije u slucajevima 2 i 10. U ovim slucaje-vima je i zakljucak tacan, te je on posledica. Mozemo zakljuciti da ce Sojicpostati premijer.

Napomenimo da je ovaj primer ”prepev” primera iz rada [XX].

1.5 Kompletnost

Od svih logickih veznika, po znacaju se izdvaja sedam, definisanih skupom V ={¬,∧,∨,⇒,⇔, ↑, ↓}. Postavlja se pitanje baze ovog skupa, tj. koje i koliko veznikamozemo izdvojiti iz ovog supa, tako da se u iskaznim formulama svi drugi veznici,ukljucujuci i one koji nisu obuhvaceni skupom V , mogu izraziti preko njih.

Uocimo skup B1 = {¬,∧}, koji je podskup skupa V . Na osnovu ekvivalencija

p ∨ q ≡ ¬(¬p ∧ ¬q), p ⇒ q ≡ ¬(p ∧ ¬q),

p ⇔ q ≡ ¬(p ∧ ¬q) ∧ ¬(¬p ∧ q),

p ↑ q ≡ ¬(p ∧ q), p ↓ q ≡ ¬p ∧ ¬q,


zakljucujemo da je skup B1 = {¬,∧} skup generatora skupa V .Slicno, skup B2 = {¬,∨}, koji je takodje podskup skupa V , na osnovu ekviva-

lencijap ∧ q ≡ ¬(¬p ∨ ¬q), p ⇒ q ≡ ¬p ∨ q,

p ⇔ q ≡ ¬(¬(¬p ∨ q) ∨ ¬(p ∨ ¬q)),

p ↑ q ≡ ¬p ∨ ¬q, p ↓ q ≡ ¬(p ∨ q),

skup generatora skupa V .

Primer 24. Na osnovu ekvivalencija

p∨q ≡ ¬(¬(p ∧ ¬q) ∧ ¬(¬p ∧ q))

ip∨q ≡ ¬(p ∨ ¬q) ∨ ¬(¬p ∨ q)),

vidimo kakvu prezentaciju ima veznik ∨ u skupovima B1 i B2, respektivno.

Primer 25. Iskazna formula

p ⇒ q ⇒ (¬p ⇒ q)

u skupovima B1 i B2 ima ekvivalentne forme, redom

¬(¬p ∧ ¬q) ∧ (¬p ∧ ¬q) i ¬(p ∨ q) ∨ (p ∨ q).

Uocimo skup B3 = {↑}, koji je takodje podskup skupa V . Na osnovu ekviva-lencija

¬p ≡ p ↑ p i p ∧ q ≡ (p ↑ q) ↑ (p ↑ q)

i cinjenice da je skup B1 = {¬,∧}, skup generatora skupa V , zakljucujemo da skupB3 cini jednu bazu skupa V . To znaci da se svaka iskazna formula moze predstavitii u ekvivalentoj formi, u kojoj ucestvuje samo veznik ni, ↑. Ostali veznici skupa Vimaju sledece prezentacije u skupu B3.n

p ∨ q ≡ (p ↑ p) ↑ (q ↑ q),p ⇒ q ≡ ((p ↑ p) ↑ (p ↑ p)) ↑ (q ↑ q),p ⇔ q ≡ (((p ↑ p) ↑ (p ↑ p)) ↑ (q ↑ q)) ↑ (((p ↑ p) ↑ (p ↑ p)) ↑ (q ↑ q)) ↑

(((q ↑ q) ↑ (q ↑ q)) ↑ (p ↑ p)) ↑ (((q ↑ q) ↑ (q ↑ q)) ↑ (p ↑ p)),p ↓ q ≡ ((p ↑ p) ↑ (q ↑ q)) ↑ ((p ↑ p) ↑ (q ↑ q)).

1.6. NORMALNE FORME 23

Slicno, uocimo skup B4 = {↓}, koji je takodje podskup skupa V . Na osnovuekvivalencija

¬p ≡ p ↓ p i p ∨ q ≡ (p ↓ q) ↓ (p ↓ q)

i cinjenice da je skup B1 = {¬,∨}, skup generatora skupa V , zakljucujemo da skupB4 cini jednu bazu skupa V . Za preostale veznike skupa V vaze ekvivalencije.

p ∧ q ≡ (p ↓ p) ↓ (q ↓ q),p ⇒ q ≡ ((p ↓ p) ↓ q) ↓ ((p ↓ p) ↓ q,

p ⇔ (q ≡ (p ↓ (q ↓ q)) ↓ ((p ↓ (q ↓ q)) ↓ ((p ↓ (q ↓ q)) ↓ ((p ↓ (q ↓ q)) ↓↓ ((q ↓ (p ↓ p)) ↓ ((q ↓ (p ↓ p)) ↓ ((q ↓ (p ↓ p)) ↓ ((q ↓ (p ↓ p)).

Na osnovu navedenih ekvevalencija nije tesko zakljuciti da predstavljanje iska-zne forme, u bazama B3 i B4, nije jednostavno, a i da su odgovarajuce formeznatno duze. Ali je to malo vazno u poredjenju sa cinjenicom da su za praksu,narocito u racunarstvu i elektrotehnici, ove mogucnosti od ogromnog znacaja.

1.6 Normalne forme

Definicija 1.13 Neka su M1,M2, ..., Mr proizvoljne iskazne formule. Za iskaznuformulu M1 ∧M2 ∧ · · · ∧Mr kazemo da je data u konjunktnoj formi, a za iskaznuformulu M1 ∨M2 ∨ · · · ∨Mr da je u disjunktnoj formi.

Definicija 1.14 Slozeni iskaz oblika x1∧x2∧· · ·∧xr, gde je xi = pi ili xi = ¬pi, api su logicke promenljive ili konstante, naziva se konjunktom. Za iskaznu formulukazemo da je data u disjunktnoj normalnoj formi ako je oblika M1∨M2∨· · ·∨Mr,pri cemu su M1,M2, ..,Mr konjunkti.

Definicija 1.15 Slozeni iskaz oblika x1 ∨ x2 ∨ · · · ∨ xr, gde je xi = pi ili xi = ¬pi,a pi su logicke promenljive ili konstante, naziva se disjunktom. Za iskaznu formuluka zemo da je data u konjunktnoj normalnoj formi ako je oblika M1∧M2∧· · ·∧Mr,pri cemu su M1,M2, ..,Mr disjunkti.

U prethodnom odeljku smo videli da su skupovi B1 = {¬,∨} i B2{¬,∧} skupovigeneratora za skup V = {¬,∨,∧,⇒,⇔, ↑, ↓}. Samim tim je i skup B = {¬,∨,∧}skup generatora ovog skupa. Na osnovu toga, direktno sledi sledeci rezultat.

Teorema 1.3 Za svaku iskaznu formulu postoji konjunktivna i disjunktna nor-malna forma.


Ova teorema govori samo o egzistenciji, ali ne i broju i nacinu formiranja ovihformi.Sto se tice broja, svakoj iskaznoj formuli odgovara, prakticno, beskonacnoovakvih formi. Naravno, od interesa je naci najprostije. Time, medjutim, necemoopterecivati ovaj tekst.

Primer 26. Iskazna formula

(p ∨ q ∨ ¬r) ∧ (¬p ∨ r) ∧ (p ∨ ¬q ∨ ¬r)

ima konjunktivnu normalnu formu, a

(p ∧ ¬q) ∨ (¬p ∧ q ∧ r) ∨ (q ∧ ¬p)

disjunktivnu normalnu formu.

Ukazacemo na dva nacina kako se data iskazna formula prevodi u normalnuformu. Prvi je koriscenjem logickih ekvivalencija, a drugi je koriscenjem istini-tosnih tablica. Ilustrovacemo to u sledecem primeru.

Primer 27. Posmatrajmo iskaznu formulu

A = (p ⇒ ¬q) ⇒ r.

Na osnovu ekvivalencija

A = (p ⇒ ¬q) ⇒ r ≡ ¬(p ⇒ ¬q) ∨ r ≡ ¬(¬p ∨ ¬q) ∨ r ≡ (p ∧ q) ∨ r,

iA = (p ⇒ ¬q) ⇒ r ≡ (p ∧ q) ∨ r ≡ (p ∨ r) ∧ (q ∨ r),

dobijamo, redom, njenu disjunktnu i njenu konjuktnu normalnu formu.

Posmatrajmo sada istinitosnu tablicu iskazne formule A.

p q r ¬q p ⇒ ¬q A = (p ⇒ ¬q) ⇒ r

1 > > > ⊥ ⊥ >2 > > ⊥ ⊥ ⊥ >3 > ⊥ > > > >4 > ⊥ ⊥ > > ⊥5 ⊥ > > ⊥ > >6 ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥7 ⊥ ⊥ > > > >8 ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥

Slika 16.


Uocimo samo one interpretacije za koje je iskazna formula tacna, tj. τ(A) = >.To su slucajevi 1, 2, 3, 5 i 7. Za svaki od ovih slucajeva, ponaosob, formirajmokonjunkt, koji ima osobinu da je za ovaj slucaj tacan, a u ostalih sedam slucajevanetacan. Za slucajeve 1, 2, 3, 5 i 7 to su redom konjunkti:

p ∧ q ∧ r, p ∧ q ∧ ¬r, p ∧ ¬q ∧ r, ¬p ∧ q ∧ r, ¬p ∧ ¬q ∧ r.

Trazena disjunktna normalna forma iskazne formule A je

A = (p ∧ q ∧ r) ∨ (p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (p ∧ ¬q ∧ r) ∨ (¬p ∧ q ∧ r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ r).

Slicno, uocimo samo one interpretacije za koje je iskazna formula netacna,tj. τ(A) = ⊥. To su slucajevi 4, 6 i 8. Za svaki od ovih slucajeva, ponaosob,formirajmo disjunkt, koji je za ovaj slucaj netacan, a u svim preostalim, sedam,slucajeva tacan. To su za slucajeve 4, 6 i 8, redom:

¬p ∨ q ∨ r, p ∨ ¬q ∨ r, p ∨ q ∨ r.

Trazena konjunktivna normalna forma iskazne formule A je

A = (¬p ∨ q ∨ r) ∧ (p ∨ ¬q ∨ r) ∧ (p ∨ q ∨ r).

Primer 28. Posmatrajmo iskaznu formulu

A = (p ⇒ q) ⇔ ¬q.

Formirajmo najpre istinitosnu tablicu za nju. Tablici dodajmo jos dve kolone.U prvoj dodatoj koloni, svakoj interpretaciji odredimo konjunkt koji imaosobinu da je tacan za nju, ali je netacan za sve preostale. U drugoj dodatojkoloni, svakoj interpretaciji odredimo disjunkt koji je netacan za nju, ali jetacan za sve preostale. Napomenimo da svaki konjunkt, tj. disjunkt, morasadrzati obe promenljive p i q, sa ili bez veznika ¬, i to tacno jedanput.

p q ¬q p ⇒ q A = (p ⇒ q) ⇔ ¬q konjunkt disjunkt1 > > ⊥ > ⊥ p ∧ q ¬p ∨ ¬q2 > ⊥ > ⊥ ⊥ p ∧ ¬q ¬p ∨ q3 ⊥ > ⊥ > ⊥ ¬p ∧ q p ∨ ¬q4 ⊥ ⊥ > > > ¬p ∧ ¬q p ∨ q

Slika 17.


Uocimo one konjunkte koji odgovaraju slucajevima τ(A) = >. To je samoslucaj 4, a odgovarajuci konjunkt je: ¬p∧¬q. Trazena disjunktna normalnaforma je

A = ¬p ∧ ¬q.

Uocimo one disjunkte koji odgovaraju slucajevima τ(A) = ⊥. To su slucajevi1, 2 i 3. Njima, redom, odgovaraju disjunkti:

¬p ∨ ¬q, ¬p ∨ q, p ∨ ¬q.

Trazena konjunktivna normalna forma je

A = (¬p ∨ ¬q) ∧ (¬p ∨ q) ∧ (p ∨ ¬q).

Postupak nalazenja normalnih formi, za datu iskaznu formulu, pomocu tablicaistinitosti, koriscen u primerima 27 i 28, moze se uopstiti za svaku iskaznu formulu,bez obzira na broj logickih promenljivih koje u njoj ucestvuju. To se moze opisatina sledeci nacin.

Posmatrajmo iskaznu formulu A, u kojoj ucestvuje n logickih promenljivihpi, i = 1, 2, ..., n, i za koju je formirana tablica istinitosti. Tablica sadrzi 2n

interpretacija Si, i = 1, 2, ..., 2n. Za svaku interpretaciju Si formirajmo konjunktCi, za koji je τ(Ci) = >, dok je τ(Ci) = ⊥ za svaku interpretaciju Sj , j =1, 2, ..., 2n, j 6= i. Svaki konjunkt je oblika x1 ∧ x2 ∧ ...∧ xn, pri cemu je xi = pi, ilixi = ¬pi, i = 1, 2, ..., n. Izdvojimo sve one konjunkte Ci1 , Ci2 , ..., Cir , sa osobinomda je τ(Cij ) = τ(A), j = 1, 2, ..., r. Trazena disjunktna normalna forma iskazneformule A je

A = Ci1 ∨ Ci2 ∨ ... ∨ Cir .

Svakoj interpretaciji Si, i = 1, 2, ..., 2n pridruzimo disjunkt di, oblika x1∨x2∨...∨xn,pri cemu je xi = pi, ili xi = ¬pi, i = 1, 2, ..., n, za koji je τ(di) = ⊥, dok je za ostaleSj , j = 1, 2, ..., 2n, j 6= i, τ(dj) = >. Izdvojimo sve one disjunkte di1 , di2 , ..., dit ,sa osobinom da je τ(dij ) = τ(A), j = 1, 2, ..., t. Trazena konjunktivna normalnaforma iskazne formule A je

A = di1 ∧ di2 ∧ ... ∧ dit .

Pretpostavimo da za neku nepoznatu iskaznu formulu znamo istinitosne vrednostiza sve moguce interpretacije. Broj interpretacija mora biti oblika 2n, pa lakozakljucujemo da je broj logickih promenljivih koje ucestvuju u njoj n. Koristecitablice istinitosti, opisanim postupcima za formiranje normalnih formi, mozemoda ustanovima i o kojoj je iskaznoj formuli rec. To cemo ilustrovati u sledecimprimerima.


Primer 29. Neka je nepoznata iskazna formula A data tablicom istini-tosti, pri cemu postoje cetiri interpretacije. Svakoj interpretaciji odredimodisjunkte i konjunkte sa ranije opisanim osobinama:

p q A konjunkt disjunkt1 > > ⊥ p ∧ q ¬p ∨ ¬q2 > ⊥ > p ∧ ¬q ¬p ∨ q3 ⊥ > ⊥ ¬p ∧ q p ∨ ¬q4 ⊥ ⊥ ⊥ ¬p ∧ ¬q p ∨ q

Slika 18.

Konjunkti cija je istinitosna vrednost jednaka istinitosnoj vrednosti iskazneformule A su u slucajevima 2 i 3. Zbog toga je disjunktna normalna formaove formule

A = (p ∧ ¬q) ∨ (¬p ∧ q).

Disjunkti cija je istinitosna vrednost jednaka istinitosnoj vrednosti iskazneformule A su u slucajevima 1 i 3. Zbog toga je konjunktna normalna formaove formule

A = (¬p ∨ ¬q) ∧ (p ∨ q).

Primer 30. Tablicu istinitosti nepoznate iskazne formule A, u kojoj uce-stvuju tri logicke promenljive, prosirimo konjunktima i disjunktima, po vecranije opisanim kriterijumima:

p q r A konjunkt disjunkt1 > > > > p ∧ q ∧ r ¬p ∨ ¬q ∨ ¬r2 > > ⊥ ⊥ p ∧ q ∧ ¬r ¬p ∨ ¬q ∨ r3 > ⊥ > ⊥ p ∧ ¬q ∧ r ¬p ∨ q ∨ ¬r4 > ⊥ ⊥ > p ∧ ¬q ∧ ¬r ¬p ∨ q ∨ r5 ⊥ > > > ¬p ∧ q ∧ r p ∨ ¬q ∨ ¬r6 ⊥ > ⊥ ⊥ ¬p ∧ q ∧ ¬r p ∨ ¬q ∨ r7 ⊥ ⊥ > ⊥ ¬p ∧ ¬q ∧ r p ∨ q ∨ ¬r8 ⊥ ⊥ ⊥ > ¬p ∧ ¬q ∧ ¬r p ∨ q ∨ r

Slika 19.

Na osnovu nje je

A = (p ∧ q ∧ r) ∨ (p ∧ ¬q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ r) ∨ (¬p ∧ ¬q ∧ ¬r),

iA = (¬p ∨ ¬q ∨ r) ∧ (¬p ∨ q ∨ ¬r) ∧ (p ∨ ¬q ∨ r) ∧ (p ∨ q ∨ r).


Glava 2

Indukcija

2.1 Empirijska indukcija

Indukcija je logicki nacin zakljucivanja od posebnog ka opstem. Ona lezi u osnovinacina ljudskog razmisljanja. Posmatrajuci pojedinacne slucajeve neke pojave,covek tezi da donese generalni zakljucak o njoj. Bez obzira sto on i ne mora bitiispravan, ovakav postupak zakljucivanja, koji ukljucuje prethodno iskustvo, moczapazanja i intuiciju pojedinca, je od neprocenjive vrednosti za razvoj nauke, amoze se slobodno reci i ljudskog uma.

Rec indukcija izvedena je od latinskog prevoda izraza na grckom ”epagoge”,koji je uveo Aristotel. Sam izraz znaci da su obuhvaceni svi slucajevi nedeter-ministickog zakljucivanja, u kojoj istinitost premisa ne povlaci za sobom istinitostzakljucaka, iako cesto pretenduje da bude dovoljan razlog za verovanje u to. Uzavisnosti od vrste stavova, na osnovu kojih se izvodi induktivan zakljucak, kao iprema samom zakljucku, postoje razne podele indukcije. Mi cemo se u ovoj lekcijiosvrnuti, u kracim crtama, na empirijsku i matematicku indukciju.

Empirijska ili nepotpuna indukcija lezi u osnovi naucnog zakljucivanja. Usustini, zasniva se na principu da se na osnovu velikog, ali konacnog broja, pos-matranja neke pojave donese opsti zakljucak o njoj. Naravno, ovakav zakljucakpredstavlja samo sumnju. Da bi postao zakon, naucna istina, potreban je egzak-tan dokaz. Ilustracije radi, navescemo kroz sledece primere, zakljucke do kojih sudosli veliki matematicki umovi, ali koji su se kasnije pokazali kao netacni. Nar-avno, nama nije cilj da ovim primerima umanjimo stepen genijalnosti doticnihmatematicara. Dovoljno je istaci da su mnogi pogresni zakljucci bili motiv velikihotkrica drugih istrazivaca.

Primer 1. Nemacki matematicar Lajbnic proucavao je brojeve oblika nk−n, u skupu prirodnih brojeva. Uocio je da su brojevi oblika n3−n deljivi sa 3,

29

30 GLAVA 2. INDUKCIJA

brojevi oblika n5−n deljivi sa 5, brojevi oblika n7−n deljivi sa 7.Posumnjaoje da su brojevi oblika nk−n deljivi sa k, kada je k neparan broj. Medjutim,ubrzo je sam otkrio da to ne vazi za k = 9. Kasnije je dokazano da su brojevioblika nk − n deljivi sa k, kada je k prost broj.

Primer 2. Na osnovu cinjenice da su brojevi oblika Fn = 22n+ 1,za n =

0, 1, 2, 3, 4 prosti, francuski matematicar Ferma je zakljucio da to vazi zasvako n ≥ 0. Ojler je pokazao da je F5 slozen broj. Landru je dokazaoda je F6 slozen broj. Danas je poznato da su F7, ..., F16 slozeni brojevi.Postoji sumnja da su svi brojevi Fn za n ≥ 5 slozeni. Ipak, brojevi ovogoblika igraju znacajnu ulogu u raznim matematickim disciplinama. Tako je,na primer, Gaus dokazao da se pravilan m-tougao moze konstruisati samopomocu lenjira i sestara, ako i samo ako je m prost broj oblika Fn = 22n

+1.

Primer 3. Jos pre vise od 25 vekova kineski matematicari su posumnjalida je prirodan broj n prost ako i samo ako je broj 2n−2 deljiv sa n. Lajbnicje dosao do istog zakljucka. Naime, on je bio misljenja da broj 2n − 2 nijedeljiv sa n ako n nije prost broj. Pokazalo se da su ova misljenja tacna zan < 341, ali da za n = 341 to ne vazi.

Primer 4. Ruski matematicar Grave je mislio da za svaki prost broj p broj2p−1 − 1 nije deljiv sa p2. Pokazalo se da to nije tacno za p = 1093.

Nakon ovih primera treba napomenuti da razlog sto je empirijska indukcijanavela na pogresan zakljucak nije samo u izostanku dokaza, koga je inace cestotesko konstruisati. Ovde se radi i o velikim brojevima, pa poteskoce nastaju uproveri neke intuitivne sumnje. Tako, na primer, nije ni malo jednostavno proveritida li je broj 8695847692153748506785746 prost ili nije.

2.2 Matematicka indukcija

Pretpostavimo da neki iskaz P (n) zavisi od broja n, n ∈ N0. Osnovni principmatematicke indukcije u proveri, tj. dokazivanju istinitosti ovog iskaza moze seopisati sledecim koracima.

Korak 1: Pokaze se da je P (0) tacno, tj. da je iskaz P (n) istinit kadase promenljivoj n dodeli vrednost 0, tj. n := 0. P (0) je baza indukcije.Baza indukcije moze biti i P (1), tj. P (k) za fiksirano k ≥ 0. Broj k senaziva baznim elementom. Ako baza P (k) nije istinita ni za jedno k, tj. akonismo u stanju da pronadjemo konacno k tako da je P (n) istinito za n := k,besmisleno je sprovoditi dalji postupak matematicke indukcije.

2.2. MATEMATICKA INDUKCIJA 31

Korak 2: Pretpostavicemo da je iskaz P (n) tacan za neko fiksirano n, veceod baznog elementa k. P(n) se naziva induktivnom pretpostavkom ili hipote-zom. Moze se uvesti i vise hipoteza. Naime, moze se pretpostaviti da je iskazP (n) tacan kada se promenljivoj n redom dodeljuju vrednosti n−k, n−k+1,..., n, gde je k bazni elemenat, koji se jos naziva i prag baze. Drugim recima,pretpostavimo da je iskaz P (n− k) ∧ ... ∧ P (n) istinit (tacan).

Korak 3: Na osnovu tacnosti baze i induktivne pretpostavke dokazuje seistinitost iskaza P (n + 1), tj. iskaza P (n), za n := n + 1. Drugim recimadokazuje se istinitost jedne, od implikacija

P (n) ⇒ P (n + 1)

iliP (n− k) ∧ P (n− k + 1) ∧ ... ∧ P (n) ⇒ P (n + 1).

Za k = 0 princip matematicke indukcije moze da se opise sledecom teoremom.

Teorema 2.1 Za svako n, n ∈ N0, iskaz P (n) je istinit (tacan) ako su ispunjenisledeci uslovi:1. P (0) je istinit (tacan) iskaz,2. Za svako n, n ∈ N , P (n) ⇒ P (n + 1) je istinita (tacna) implikacija.

Znamo da je implikacija p ⇒ q istinita uvek kada je p neistinito. Zbog togaP (0) mora biti istinito, jer u protivnom, ne mozemo uvesti pretpostavku da jeP (n) istinito za neko fiksirano n, n > 0.

Primer 5. Dokazacemo da za svako n ∈ N0 i svako x 6= −1, vazi nejed-nakost

(1 + x)n ≥ 1 + nx,

u literaturi poznata pod nazivom Bernulijeva nejednakost.

Neka je n =: 0. Tada je 1 ≥ 1, sto znaci da je P (0) istinito. Takodje, zan := 1 vazi 1 + x ≥ 1 + x te je i P (1) istinito. Medjutim, ni n := 0 ni n := 1ne mozemo uzeti za prag baze, jer je istinito i 1 ≤ 1 i 1 + x ≤ 1 + x.

Za n := 2 vazi nejednakost 1 + 2x + x2 ≥ 1 + 2x, jer je x2 ≥ 0, te sadamozemo usvojiti da je P (0), P (1) i P (2) istinito.

Pretpostavimo da je nejednakost istinita za neko fiksirano n, n > 0, n := n,tj. da je P (n) istinito. Tada je

(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx2.


Kako je n > 0 i x2 > 0, to je i nx2 > 0, konacno dobijamo

(1 + x)n+1 ≥ 1 + (n + 1)x,

tj. da je i P (n + 1) istinito.

Primer 6. Dokazacemo da za svako n, n ∈ N , vazi jednakost

12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

Oznacimo sa P (n) iskaz da ova jednakost vazi za svako n, n ∈ N .

Za n := 1 jednakost postaje 1 =1 · 2 · 3

6sto je tacno. Samim tim, iskaz P (1)

je istinit.

Pretpostavimo da ova jednakost vazi za neko fiksirano n := n, n > 1, tj. daje iskaz P (n) istinit.

Tada za n := n + 1 vazi jednakost

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 + (n + 1)2 =n(n + 1)(2n + 1)

6+ (n + 1)2

=n + 1

6(n(2n + 1) + 6(n + 1))

=n + 1

6(2n2 + 7n + 6)

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

6,

pa je iskaz P (n + 1) istinit.

Primer 7. Dokazimo da postoji prirodan broj k tako da za svako n, n ≥ k,vazi nejednakost

2n > n2.

Neka je P (n) iskaz da ova nejednakost vazi. Direktnom proverom otkrivamoda ova nejednakost ne vazi za n = 2, n = 3 i n = 4, ali da vazi za n = 5.Zbog toga uzimamo da je prag baze k = 5, tj. da je iskaz P (5) istinit.

Pretpostavimo da ova nejednakost vazi za neko fiksirano n := n, n ≥ 5, tj.da je iskaz P (n) istinit.

Tada za n := n + 1 vazi

2n+1 = 2 · 2n > 2 · n2 = n2 + 2n + 1 + n2 − 2n− 1 = (n + 1)2 + (n− 1)2 − 2.


Kako je za n ≥ 5, (n− 1)2 ≥ 2, to konacno dobijamo da je

2n+1 > (n + 1)2,

tj. da je iskaz P (n + 1) istinit. Mozemo da zakljucimo da posmatrananejednakost vazi za svaki prirodan broj n ≥ 5.

Primer 8. Dokazacemo da je za svako n, n ∈ N0, elemenat niza (an),n ∈ N0, koji zadovoljava linearnu rekurentnu relaciju

an+2 − 4an+1 + 3an = 0,

sa pocetnim uslovima a0 = 0 i a1 = 2, oblika

an = 3n − 1.

Oznacimo sa P (n) iskaz koji predstavlja ovo tvrdjenje.

Za n := 0 i n := 1 iskaz P (n) je istinit, tj. iskazi P (0) i P (1) su istiniti, jersu a0 = 0 i a1 = 2 oblika an = 3n − 1.

Pretpostavimo da je iskaz P (n) tacan za neko n, n > 1, tj. da je an koje zado-voljava rekurentnu relaciju, oblika an = 3n − 1. Tada, na osnovu rekurentnerelacije, imamo

an+1 = 4an − 3an−1 = 4(3n − 1)− 3an−1.

Da bismo nastavili induktivni postupak neophodna nam je pretpostavka iza an−1. Mi smo vec pomenuli da induktivni proces moze sadrzati visepretpostavki, tj. hipoteza. Zbog toga uvodimo i hipotezu da je iskaz P (n−1)takodje istinit, tj. da je an−1 = 3n−1 − 1, za n ≥ 1.

Sada je

an+1 = 4(3n−1)−3(3n−1−1) = 4·3n−3·3n−1−4+3 = 9·3n−1−1 = 3n+1−1,

pa je iskaz P (n) istinit za svako n, n ≥ 0.

U sledecem primeru ukazacemo da moramo biti veoma obazrivi prilikom izborabaze, tj. praga baze.

Primer 9. Pokusacemo da dokazemo da za svako n, n ∈ N0, vazi jednakost

n2 ≥ 2n.


Neka je P (n) iskaz da ova nejednakost vazi. Za n := 0 ova nejednakost glasi0 ≥ 0, pa zakljucujemo da je iskaz P (0) istinit. Zanemarimo cinjenicu dabismo do istog zakljucka dosli i ako bismo zeleli da dokazemo nejednakost

n2 ≤ 2n,

sto automatski iskljucuje da je P (0) baza. Pretpostavimo da ova nejednakostvazi za neko fiksirano n, n := n, vece od nule, tj. da je iskaz P (n) istinit. Zan := n + 1 dobijamo

(n + 1)2 = n2 + 2n + 1 ≥ 2n + 2n + 1 ≥ 2n + 1 + 1 ≥ 2(n + 1),

tj. da je iskaz P (n+1) takodje istinit, kada je 2n > 1. Ali ovo vazi za n := 0,a n := 0 nije prag.

Naravno, ovaj zakljucak je pogresan. Nejednakost ne vazi ni za n := 1.Takodje smo iskoristili nejednaost 2n > 1, koja za n := 0 ne vazi, sto nismosmeli. P (0) nije prag, koji i ne postoji.

Cesto se koristi i takozvana regresivna indukcija, koju cemo definisati u sledecojteoremi.

Teorema 2.2 Iskaz P (n) je istinit za svako n ∈ N , ako su ispunjeni sledeci uslovi:

1. P (n) je istinit za beskonacno mnogo prirodnih brojeva.

2. Za proizvoljno n, n ≥ 1, vazi implikacija P (n) ⇒ P (n− 1).

Primer 10. Primenom regresivne indukcije dokazacemo poznatu AG-neje-dnakost izmedju aritmeticke i geometrijske sredine realnih nenegativnih bro-jeva a1, a2, ..., an

a1 + a2 + · · · an

n≥ n√

a1a2 · · · an.

Oznacimo sa P (n) iskaz da je AG-nejednakost tacna za n, n ∈ N .

Za n := 1 AG-nejednakost je tacna, jer je a1 ≥ a1, pa je iskaz P (1) istinit.

Kako jea1 + a2

2−√a1a2 =

12(a1 − a2)2 ≥ 0,

to je AG-nejednakost tacna za n := 2, tj. iskaz P (2) istinit.


Na osnovu nejednakosti

a1 + a2 + · · ·+ a2n

2n=

12

(a1 + · · ·+ an

n+

an+1 + · · ·+ a2n

n

)

≥ n

√a1 + · · ·+ an

n

an+1 + · · ·+ a2n

n

≥ ( n√

a1 · · · ann√

an+1 · · · a2n)1/2 == 2n

√a1 · · · a2n,

zakljucujemo da iz cinjenice da su iskazi P (1) i P (2) istiniti i pretpostavkeda je iskaz P (n) istinit za neko fiksirano n, n := n, n > 2, vazi da je i iskazP (2n) istinit.

Kako je AG-nejednakost tacna za n := 2 i n := 2n, to zakljucujemo da je onatacna i za n := 2n. Kako za svako k, k ∈ N , postoji prirodan broj n, takoda je 2n > k, to znaci da je AG-nejednakost tacna za beskonacno mnogovrednosti prirodnih brojeva.Pretpostavimo da je iskaz P (n), n > 2, istinit, i da to povlaci istinitost iskazaP (n− 1).

a1 + · · ·+ an−1

n− 1=

a1 + · · ·+ an−1 + a1+···+an−1n−1

n≥ n

√a1 · · · an−1

a1 + · · ·+ an−1

n− 1,

pa je (a1 + · · ·+ an−1

n− 1

)1− 1n ≥ (a1 · · · an−1)

1n ,

tj.a1 + · · ·+ an−1

n− 1≥ n−1

√a1 · · · an−1.

Na osnovu Teoreme 2.2 zakljucujemo da AG-nejednakost vazi za svako n ∈N .


Glava 3

Skupovi

3.1 Predstavljanje skupova

Pojam skupa spada u fundamentalne pojmove matematike, ali i u one koji ne-maju definiciju. Ne postoji definicija ni pojma elemenat skupa. Intuitivno sepodrazumeva da je skup proizvoljna, ali lepo opisana, sveukupnost objekata, kojise proucavaju.

Skupovi se, najcesce, obelezavaju velikim slovima ”abecede”, a elementi malim.Ako elemenat x pripada skupu X to se oznacava sa x ∈ X, a u suprotnom x /∈ X.Za skupove koje mi proucavamo ne postoji mogucnost da neki element istovremenopriprada i ne pripada istom skupu.

Skup se sastoji od medjusobno razlicitih elemenata, i njihov redosled u nabra-janju nije bitan. ”Rodjak” skupa, u kome se neki elementi ponavljaju, i to tacnoonoliko puta koliko je to neophodno za proucavanje nekog problema, naziva sekolekcijom. Ako se kao elementi skupa pojavljuju i skupovi, on se naziva famili-jom ili klasom ili skupom skupova, sto cemo najcesce koristiti u daljem tekstu.

Dva osnovna skupa su prazan skup, u oznaci ∅, i univerzalni skup, u oznaci U .Prazan skup uvek postoji, i on ne sadrzi nijedan element. Za univerzalan skup to nemora da vazi, tj. ne mora uvek postojati ili je tesko utvrditi njegovu egzistenciju.Tako na primer, ako proucavamo neke pojave vezano za ucenike odredjene skole,univerzalni skup su svi ucenici te skole. Ako te pojave proucavamo na nivou grada,univerzalni skup cine svi ucenici grada.

Proucavanje odredjene osobine nad skupovima, koji pripadaju nekom uni-verzalnom skupu, za koji pretpostavljamo da postoji, a on u biti ne postoji, mozeprouzrokovati pojavu neotklonjivih paradoksa prilikom zakljucivanja. Tako, naprimer, ne postoji kao univerzalni skup ”skup svih skupova”. Polazeci od cinjeniceda takav skup postoji, britanski matematicar i filozof Bertran Rasel dosao je do

37

38 GLAVA 3. SKUPOVI

neotklonjivog paradoksa, koji cemo opisati u sledecem primeru.

Primer 1. Neka je Y skup svih skupova koji ne sadrze samog sebe kaoelemenat

Y = {X|X /∈ X}. (3.1)

Postavlja se pitanje da li Y pripada ili ne ovom skupu. Ako pretpostavimoda Y ∈ Y tada na osnovu (3.1) sledi da Y /∈ Y . Ako pretpostavimo daY /∈ Y tada na osnovu (3.1) sledi da Y ∈ Y .

U oba slucaja se dolazi do neotklonjivog paradoksa.

Primer 2. I ovaj ”paradoks” dolazi od Bertrana Rasela.

Vojni frizer sisa sve vojnike koji ne sisaju sami sebe. Postavlja se pitanje:treba li on, kao vojnik, da sisa samog sebe?

Razmatranje ovog zadatka prepustamo citaocu.

Kako smo pomenuli, veoma je bitno da svaki konkretan skup precizno defini-semo pomocu njegovih elemenata. To se najcesce obavlja: nabrajanjem elemenata,navodjenjem osobina koje poseduju elementi ili pomocu procedure koja kompletnogenerise elemente.

1. Nabrajanjem elemenata

X = {x1, x2, ..., xn}, X = {x1, x2, ..., xn, ...}.

2. Neka elementi skupa X poseduju osobinu P (x). Tada je

X = {x|x ∈ P (x)},

i cita se: X je skup svih elemenata x sa osobinom P (x).

3. Navodjenjem procedureX = {x|x := f}.

Cita se: X je skup elemenata x koji se generisu pomocu procedure f .

Primer 3. Neka je X skup svih nenegativnih neparnih brojeva. Njegamozemo definisati na sledece nacine:

1. X = {1, 3, 5, ...},2. X = {x|x = 2k + 1, k ∈ N},N - skup prirodnih brojeva,

3. X = {x|x := 1, x := x + 2}.

3.2. OPERACIJE SA SKUPOVIMA 39

Za neke skupove postoje, u literaturi, standardizovane oznake. Tako se, naprimer, sa N oznacava skup prirodnih brojeva, sa N0 skup prirodnih brojeva komeje pridruzena nula, sa Z skup celih brojeva, sa Q skup racionalnih brojeva, sa Iskup iracionalnih brojeva, sa R skup realnih brojeva i sa C skup kompleksnihbrojeva.

3.2 Operacije sa skupovima

U daljem tekstu podrazumeva se da svi posmatrani skupovi pripadaju istom uni-verzalnom skupu.

Definicija 3.1 Skup A je podskup skupa B, u oznaci A ⊆ B, ako svaki elementskupa A pripada skupu B,

A ⊆ B ⇔ (∀x)(x ∈ A) ⇒ (x ∈ B).

Ako je A ⊆ B i B ⊆ A skupovi A i B su jednaki, A = B. Ako je A ⊆ B i A 6= B,A je pravi podskup skupa B.

Definicija 3.2 Komplement skupa A, u oznaci A, je skup koji sadrzi sve elementeuniverzalnog skupa U , koji ne pripadaju skupu A,

A = {x|x ∈ U ∧ x /∈ A},

tj.a ∈ A ⇔ (x ∈ U) ∧ (x /∈ A).

Definicija 3.3 Pod unijom dva skupa A i B, u oznaci A ∪ B, podrazumeva seskup koji sadrzi sve elemente koji pripadaju ili skupu A, ili skupu B, ili i jednomi drugom skupu,

A ∪B = {x|x ∈ A ∨ x ∈ B},tj.

(∀x)(x ∈ A ∪B) ⇔ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B).

Definicija 3.4 Pod presekom dva skupa A i B, u oznaci A ∩ B, podrazumeva seskup koji sadrzi sve elemente koji istovremeno pripadaju i skupu A i skupu B,

A ∩B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ B}.

Ako za dva skupa A i B vazi A ∩B = ∅ oni su disjunktni.

40 GLAVA 3. SKUPOVI

Definicija 3.5 Razlika dva skupa A i B, u oznaci A \ B, je skup koji sadrzi sveelemente skupa A koji ne pripadaju skupu B,

A \B = {x|x ∈ A ∧ x /∈ B}.

Definicija 3.6 Simetricna razlika skupova A i B, u oznaci A∆B, je skup kojisadrzi sve elemente skupa A koji ne pripadaju skupu B i sve elemente skupa B kojine pripadaju skupu A, tj. A∆B = (A \B) ∪ (B \A).

A∆B = {x|x ∈ A \B ∨ x ∈ B \A}.

Na slici 1. prikazani su skupovi iz prethodnih definicija, pomocu Venovihdijagrama.

U

A B A BAA

AB A B A B

BA Í BA Ì BA D

A BA Ç BA \

Slika 1.U sledecoj teoremi su date osnovne osobine operacija sa skupovima.

Teorema 3.1 Za proizvoljne skupove A,B,C ∈ U vaze sledece jednakosti:

1. IdempotentnostA ∪A = A, A ∩A = A,

2. Asocijativnost

(A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C), (A ∩B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C),

3. KomutativnostA ∪B = B ∪A, A ∩B = B ∩A,

3.2. OPERACIJE SA SKUPOVIMA 41

4. Distributivnost

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C),

5. De Morganova pravila

A ∪B = A ∩B, A ∩B = A ∪B,

6. KomplementarnostA ∪A = U, A ∩A = ∅,

7. InvolutivnostA = A,

8. A ∪ ∅ = A, A ∩ U = A,

9. A ∪ U = U, A ∩ ∅ = ∅.

Neka je I dati skup ciji se elementi mogu iskoristiti kao indeksne promenljive,tako da je za svako i ∈ I definisan skup Ai ∈ U . Skupovi ∪i∈IAi i ∩i∈IAi definisuse na sledeci nacin:

∪i∈IAi = {x|(∃i ∈ I)(x ∈ Ai)}, ∩i∈IAi = {x|(∀i ∈ I)(x ∈ Ai)}.

Teorema 3.2 Neka su A, A1, A2, ....An skupovi iz nekog istog univerzalnog skupaU . Tada vaze jednakosti

A ∩ (∪ni=1Ai) = ∪n

i=1 (A ∩Ai) , A ∪ (∩ni=1Ai) = ∩n

i=1 (A ∪Ai) .

Primer 1. Za konacne kolekcije skupova vaze i De Morganova pravila

A \ (∪ni=1Ai) = ∩n

i=1 (A \Ai) , A \ (∩ni=1Ai) = ∪n

i=1 (A \Ai) .

Dokazacemo prvo od ova dva tvrdjenja. Imamo da je

A \ (∪ni=1Ai) = A ∩ (∪n

i=1Ai) = A ∩ (∩ni=1Ai

)= ∩n

i=1

(A ∩Ai

)= ∩n

i=1 (A \Ai) .

42 GLAVA 3. SKUPOVI

Ili na drugi nacin:

(∀x)(x ∈ A \ ∪ni=1Ai) ⇔ (∀x)(x ∈ A ∧ x /∈ (∪n

i=1Ai))⇔ (∀x)(x ∈ A ∧ x ∈ (∪n

i=1Ai))⇔ (∀x)(x ∈ A ∧ x ∈ (∩n

i=1Ai))⇔ (∀x)(∀i)(x ∈ A ∧ x ∈ Ai)⇔ (∀x)(∀i)(x ∈ A ∧ x /∈ Ai)⇔ (∀i)(∀x)(x ∈ A \Ai)⇔ (∀x)(x ∈ ∩n

i=1(A \Ai))

3.3 Partitivni skup. Princip ukljucenja-iskljucenja

Definicija 3.7 Skup (familija) svih podskupova datog skupa A, A 6= ∅, koji sadrzi iprazan skup i samog sebe, naziva se partitivni skup skupa A, ili Bulean, i oznacavase sa 2A, tj.

2A = {X|X ⊆ A}.

Primer 4. Partitivni skup skupa A = {1, 2, 3} je

2A = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.

Nas u daljem tekstu, uglavnom, zanimaju samo konacni skupovi. U protivnom,to ce biti specijalno naglaseno. Sa |A| oznacavacemo broj elemenata skupa A.

Prazan skup, ∅, ne sadrzi nijedan element, te je |∅| = 0.Skup {∅} sadrzi jedan elemenat, a to je prazan skup, te je |{∅}| = 1.Za dva skupa A i B vazi jednostavan, ali veoma vazan princip, poznat pod

nazivom ”princip jednakosti”. Ako je A = B tada je |A| = |B|.

Teorema 3.3 (Princip sume) Neka su A1 i A2 dva data disjunktna skupa, tj.A1 ∩A2 = ∅, pri cemu je |A1| = m i |A2| = n. Tada je

|A1 ∪A2| = |A1|+ |A2| = m + n. (3.2)

Teorema 3.4 Za svaki skup A vazi jednakost

|2A| = 2|A|. (3.3)

Dokaz. Jednakost (3.2) se moze dokazati pomocu matematicke indukcije. Nekaje A = ∅. Kako je |∅| = 0, 20 = 1, 2{∅} = {∅} i |2{∅}| = |{∅}| = 1, zakljucujemo da3.2) vazi kada je A prazan skup, tj. kada sadrzi nula elemenata.

3.3. PARTITIVNI SKUP. PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA 43

Pretpostavimo da (3.2) vazi za svaki skup A sa osobinom |A| < k, k ≥ 0. Neka jeA = {a1, a2, ...ak}, |A| = k. Uocimo skupove (familije)

A1 = {X|X ⊂ 2A ∧ ak ∈ X} i A2 = {X|X ⊂ 2A ∧ ak /∈ X}.

Ove familije zadovoljavaju uslove

A1 ∪A2 = 2A i A1 ∩A2 = ∅.

Na osnovu jednakosti 3.1), dobijamo da je

|2A| = |A1 ∪A2| = |A1|+ |A2| = 2k−1 + 2k−1 = 2k = 2|A|.

Primer 5. Neka je A = {a1}. Tada je 2A = {∅, {a1}}, |A| = 1 i |2A| = 2.Iz (3.2) imamo takodje:

|2A| = 2|A| = 21 = 2.

Neka je A = {a1, a2}, |A| = 2. Iz 2A = {∅, {a1}, {a2}, {a1, a2}}, imamo da je|2A| = 4. Iz (3.2) takodje je:

|2A| = 2|A| = 22 = 4.

Neka je A = {a1, a2, a3}, |A| = 3. Tada je

2A = {∅, {a1}, {a2}, {a3}, {a1, a2}, {a1, a3}, {a2, a3}, {a1, a2, a3}},

pa je |2A| = 8. Na osnovu (3.2) takodje je:

|2A| = 2|A| = 23 = 8.

Partitivni skup datog skupa A, ako |A| nije preveliko, efikasno se moze formiratisledecim postupkom. Neka je x proizvoljni element skupa A. Oznacimo ga u ravni.

x

y y

ne da

da dane ne

Slika 2.Sada od njega povlacimo dve orijentisane poluprave, pri cemu jedna oznacava

da on ne ucestvuje u formiranju novog skupa, a druga oznacava da ucestvuje u

44 GLAVA 3. SKUPOVI

formiranju novog skupa, sa narednim elementom datog skupa. Postupak produ-zavamo dok ne iscrpimo sve elemente skupa A. Kao konacan rezultat, u najnizemnivou, dobijamo elemente partitivnog skupa. To cemo ilustrovati na primeru skupaA = {a, b, c}, na sledecoj slici.

a

b b

ne da

dane dane

cdane

cdane

c

danec

dane

0 {c} {b} {b,c} {a} {a,c} {a,b} {a,b,c}

Slika 3.

Teorema 3.5 Neka su A i B dva proizvoljna skupa. Tada je

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B| (3.4)

Dokaz. Na osnovu jednakosti

A ∪B = A ∪ (B \A), A ∩ (B \A) = ∅,

i (3.1) vazi jednakost|A ∪B| = |A|+ |A \B|. (3.5)

Na osnovu jednakosti

B = (B \A) ∪ (A ∩B), (B \A) ∩ (A ∩B) = ∅,

i (3.1) vazi jednakost|B| = |B \A| ∪ |A ∩B| (3.6)

Na osnovu (3.4) i (3.5), eliminacijom ‖B \A‖, dobijamo (3.3).Jednakost (3.3) nam ukazuje na nacin kako da nadjemo broj elemenata unije

dva skupa. U prvom koraku uzimamo da je on jednak zbiru elemenata jednog i dru-gog skupa. Ali, tom prilikom smo broj zajednickih elemenata dva puta uracunali- ”ukljucili”. Taj broj moramo jednom oduzeti - ”iskljuciti”. Zbog toga se ovakavnacin racunanja zove princip ”ukljucenja-iskljucenja”.

3.3. PARTITIVNI SKUP. PRINCIP UKLJUCENJA-ISKLJUCENJA 45

Za tri skupa A, B i C jednakost oblika (3.3) je

|A ∪B ∪ C| = (|A|+ |B|+ |C|)− (|A ∩B|+ |A ∩ C|+ |B ∩ C|) + |A ∩B ∩ C|.

Mi cemo u sledecoj teoremi prosiriti princip ukljucenja-iskljucenja na konacnufamiliju skupova.

Teorema 3.6 Za familiju skupova {Ai}, i = 1, 2, ..., n, vazi jednakost

| ∪ni=1 Ai| =

n∑

i=1

|Ai| −∑

1≤i<j≤n

|Ai ∩Aj | +∑

1≤i<j<k≤n

|Ai ∩Aj ∩Ak|

−... + (−1)n−1|A1 ∩A2 ∩ .... ∩An| (3.7)

Dokaz. Dokaz cemo izvesti pomocu matematicke indukcije. Na osnovu Teoreme3.5, jednakost (3.6) je tacna za n := 2.

Pretpostavimo da je (3.6) tacno i za n := n− 1, n ≥ 3, tj. da vazi jednakost

| ∪n−1i=1 Ai| =

n−1∑

i=1

|Ai| −∑

1≤i<j≤n−1

|Ai ∩Aj | + · · ·+ (−1)n−2|A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An−1|.

Kako je(∪n−1

i=1 Ai) ∩An = ∪n−1i=1 (Ai ∩An),

to na osnovu induktivne prepostavke vazi

| ∪n−1i=1 (Ai ∩An)| =

n−1∑

i=1

|Ai ∩An| −∑

1≤i<j≤n−1

|Ai ∩Aj ∩An|

+ · · ·+ (−1)n−2|A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An|,

pa je

| ∪ni=1 Ai| = |(∪n−1

i=1 Ai) ∪An| = | ∪n−1i=1 Ai|+ |An| − |(∪n−1

i=1 Ai) ∩An|

= (n−1∑

i=1

|Ai| −∑

1≤i<j≤n−1

|Ai ∩Aj | + · · ·+ (−1)n−2|A1 ∩ · · · ∩An−1|) + |An|

−(n−1∑

i=1

|Ai ∩An| −∑

1≤i<j≤n−1

|Ai ∩Aj ∩An|+ · · ·+ (−1)n−2|A1 ∩ · · · ∩An|)

=n∑

i=1

|Ai| −∑

1≤i<j≤n

|Ai ∩Aj | + · · ·+ (−1)n−1|A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An|.

46 GLAVA 3. SKUPOVI

Primer 6. Treba odrediti koliko ima prirodnih brojeva, manjih od 1000,koji su deljivi bar jednim od brojeva 3, 5 ili 7. Koristicemo princip ukljucenja-iskljucenja.

Oznacimo sa A skup svih prirodnih brojeva, manjih od 1000, koji su deljivisa 3, sa B skup onih deljivih sa 5, a sa C skup onih deljivih sa 7. Tada jeA ∩ B skup svih brojeva deljivih sa 3 i 5, A ∩ C skup svih brojeva deljivihsa 3 i 7, B ∩ C skup svih brojeva deljivih sa 5 i 7, a A ∩ B ∩ C skup svihbrojeva deljivih i sa 3 i sa 5 i sa 7. Kako je

|A| =[9993

]= 333, |B| =

[9995

]= 199, |C| =

[9997

]= 142,

|A ∩B| =[

9993 · 5

]= 66, |A ∩ C| =

[9993 · 7

]= 47, |B ∩ C| =

[9995 · 7

]= 28,

|A ∩B ∩ C| =[

9993 · 5 · 7

]= 9,

na osnovu (3.6), za n = 3 dobija se da je trazeni rezultat

(333 + 199 + 142)− (66 + 47 + 29) + 9 = 542.

Primer 7. Posmatramo grupu od 10 ljudi, od kojih tri govore cetiri stranajezika, i to: nemacki, francuski, engleski i ruski, jedan govori francuskii nemacki, jedan francuski i ruski, jedan engleski i ruski, a dva govoresamo nemacki. Principom ukljucenja-iskljucenja odredicemo broj ljudi izove grupe, od kojih svako govori bar jedan strani jezik.

Neka je A1 skup ljudi koji govore nemacki, A2 skup ljudi koji govore fran-cuski, A3 skup ljudi koji govore engleski i A4 koji govore ruski. Tada je

|A1| = 6, |A2| = 5, |A3| = 4, |A4| = 5, |A1 ∩A2| = 4, |A1 ∩A3| = 3,

|A1∩A4| = 3, |A2∩A3| = 3, |A2∩A4| = 4, |A3∩A4| = 4, ‖A1∩A2∩A3| = 3,

|A1∩A2∩A4| = 3, |A1∩A3∩A4| = 3, |A2∩A3∩A4| = 3, |A1∩A2∩A3∩A4| = 3.

Trazeni rezultat dobijamo na osnovu jednakosti

|A1∪A2∪A3∪A4| = (6+5+4+5)−(4+3+3+3+4+4)+(3+3+3+3)−3 = 8.

3.4. POKRIVANJE I RAZBIJANJE SKUPA 47

3.4 Pokrivanje i razbijanje skupa

Definicija 3.8 Neka je dat skup A i familija skupova {Ei}, i = 1, 2, ..., n, pricemu A,E1, ..., En ∈ U . Familija skupova {Ei}, i = 1, 2, ..., n cini pokrivac skupaA, u oznaci A ⊂ ∪n

i=1Ei, ako za svaki elemenat ovog skupa postoji bar jedan skupEi, kome on pripada.

A ⊂ ∪ni=1Ei ⇔ (∀x ∈ A)(∃i, 1 ≤ i ≤ n)(x ∈ Ei).

Na sledecoj slici prikazan je jedan pokrivac skupa A.

A

E1

E2

E3

E4

E5

Slika 4.

Primer 8. Za skup A = {1, 3, 8} familija skupova E1 = {1, 2, 5}, E2 ={4, 7, 8, 9}, E3 = {2, 3, 8} formira jedan pokrivac u skupu prirodnih brojeva.

A

E1

E2E

3

1

2

3

4

5

78

9

Slika 5.

Za skup A = {1, 3, 8} familija skupova E1 = {1, 2, 5}, E2 = {4, 7, 8, 9},E3 = {2, 8} nije njegov pokrivac.

Definicija 3.9 Neka je dat skup A i familija skupova {Ei}, i = 1, 2, ..., n, koja jenjegov pokrivac. Ako za skupove ove familije vaze osobine

Ei ⊂ A, Ei ∩ Ej = ∅, i 6= j,

za svako i = 1, 2, ..., n, j = 1, 2, ..., n, ona se naziva razbijanjem skupa A.

48 GLAVA 3. SKUPOVI

Na sledecoj slici prikazano je jedno razbijanje skupa A.

AE

1

E2

E3

E4

Slika 6.

Primer 9. Za skup A = {1, 3, 8} familija skupova E1 = {3}, E2 = {1, 8}cini jedno njegovo razbijanje.

Glava 4

Relacije. Funkcije

4.1 Dekartov proizvod skupova

Definicija 4.1 Uredjeni par elemenata a i b, u oznaci (a, b), je familija elementaa i skupa {a, b}, tj.

(a, b) = {a, {a, b}}.Neuredjen par elemenata a i b, u oznaci {a, b}, je dvoclani skup {a, b}. Samim

tim, redosled elemenata u ovom skupu nije bitan, tj. vazi jednakost {a, b} = {b, a}.Kod uredjenog para (a, b) strogo je definisano da je element a na prvom, a element bna drugom mestu, tj. a je prva a b druga komponenta ovog para. U opstem slucajuje (a, b) 6= (b, a), a cesto se elementi a i b sustinski razlikuju, pa uporedjivanje (a, b)i (b, a) nema nikakvog smisla. Ako ovo poredjenje ima smisla, tada je (a, b) = (b, a)ako i samo ako je a = b.

Definicija 4.2 Dekartov proizvod skupova A i B, u oznaci A × B, je skup svihuredjenih parova (a, b), pri cemu je a ∈ A i b ∈ B, tj.

A×B = {(a, b)|a ∈ A ∧ b ∈ B}.U literaturi se Dekartov proizvod srece jos pod nazivima direktan ili Kartezijev

proizvod.

Primer 1. Dekartov proizvod skupova A = {1, 2} i B = {a, b, c} je defin-isan sa

A×B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)},a Dekartov proizvod skupova B i A

B ×A = {(a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1), (c, 2)}.

49

50 GLAVA 4. RELACIJE. FUNKCIJE

Izraz (a1, a2, ..., an), pri cemu se elemenat ai, i = 1, 2, ..., n, nalazi strogo nai-toj poziciji, naziva se uredjenom n-torkom elemenata a1, a2,..., an.

Definicija 4.3 Dekartov proizvod skupova A1, A2, ..., An, u oznaci A1×A2×· · ·×An, je skup svih uredjenh n-torki (a1, a2, ..., an), pri cemu je ai ∈ Ai, i = 1, 2, ..., n,tj.

A1 ×A2 × · · · ×An = {(a1, a2, ..., an)|ai ∈ Ai, i = 1, 2, ..., n}.U specijalnom slucaju, ako je A1 = A2 = · · · = An = A, umesto izraza A1 ×A2 ×· · · ×An = A×A× · · · ×A koristi se izraz An.

Primer 2. Dekartov proizvod skupova A = {1, 2}, B = {a, b, c} i C ={mile, pera} definisan je sa

A×B × C = {(1, a, mile), (1, a, pera), (1, b, mile), (1, b, pera),(1, c, mile), (1, c, pera), (2, a,mile), (2, a, pera),(2, b, mile), (2, b, pera), (2, c,mile), (2, c, pera)}.

Dekartov proizvod A3 = A×A×A, gde je A = {1, 2} definisan je sa

A3 = {(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 1), (2, 1, 2), (2, 2, 1), (2, 2, 2)}.

U sledecoj teoremi je dat nacin za odredjivanje broja elemenata skupa A×B,pri cemu su A i B dati skupovi.

Teorema 4.1 (Princip proizvoda) Za dva konacna skupa A i B vazi jednakost

|A×B| = |A||B|.Dokaz. U uredjenom paru (a, b), a ∈ A, b ∈ B, prvi element moze da se izaberena |A| nacina, a drugi na |B| nacina. Tako da je ukupan broj parova |A||B|.

U opstem slucaju za skupove A1, A2, ..., An vazi jednakost

|A1 ×A2 × · · · ×An| = |A1||A2| · · · |An|.Ako je A1 = A2 = · · · = An = A, tada je

|An| = |A|n.

Primer 3. Neka su A = {1, 2}, B = {a, b, c}, C = {mile, pera}. Tada vazejednakosti

|A| = 2, |B| = 3, |C| = 2, |An| = |A|n = 2n,

|A×B × C| = |A||B||C| = 2 · 3 · 2 = 12.

4.2. RELACIJE 51

4.2 Relacije

Definicija 4.4 Svaki podskup skupa A × B, gde su A i B dati skupovi, u oznaciρ ⊂ A × B, naziva se binarnom relacijom iz skupa A u skup B, ili binarnomrelacijom nad skupovima A i B. Za elemente a i b, a ∈ A, b ∈ B, kazemo da su urelaciji ρ, ρ ⊂ A×B, ako (a, b) ∈ ρ. To se oznacava i sa aρb.Za ρ ⊂ A2 kazemo da je relacija na skupu A. Za ρ ⊂ A1 ×A2 × · · · ×An kazemoda je n-arna relacija na skupovima A1, A2, ..., An.

Primer 4. Direktan proizvod skupova A = {1, 2, 3} i B = {a, b} je skup

A×B = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)}.

Svaki od skupova

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

je binarna relacija iz skupa A u skup B.

Primer 5. Neka je A = {1, 2, 3, 4, 5}. Svaki od skupova

{(1, 1), (2, 2), (4, 4)}{(1, 1), (1, 3), (4, 5)}{(1, 2), (3, 2), (3, 5), (4, 1)},

je primer binarne relacije na skupu A.

Definicija 4.5 Neka je ρ ⊂ A×B. Tada je

1◦ Inverzna relacija relacije ρ, u oznaci ρ−1, definisana je sa

ρ−1 = {(b, a) | (a, b) ∈ ρ},

2◦ Komplementarna relacija relacije ρ, u oznaci ρ, definisana je sa

ρ = {(a, b) | (a, b) ∈ A×B ∧ (a, b) /∈ ρ},

3◦ Univerzalna relacija u oznaci U , definisana je sa

U = {(a, b) | a ∈ A ∧ b ∈ B},


4◦ Identicna relacija na skupu A, u oznaci I, definisana je sa

I = {(a, a) | a ∈ A}.

Primer 6. Neka su dati skupovi A = {1, 2, 3} i B = {a, b}.Relacija U = A × B = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)} je univerzalnarelacija.

Relacija I = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)} je identicna relacija na skupu A.

Za relaciju ρ = {(1, a), (1, b), (3, a)}, ρ ⊂ A×B, relacija

ρ−1 = {(a, 1), (b, 1), (a, 3)}, ρ−1 ⊂ B ×A

je inverzna relacija.

Za relaciju ρ = {(1, a), (1, b), (3, a)}, ρ ⊂ A×B, relacija

ρ = {(2, a), (2, b), (3, b)}, ρ ⊂ A×B

je komplementarna relacija.

Definicija 4.6 Neka je ρ ⊂ A × B. Skup svih prvih koordinata uredjenih parovaiz ρ cini njen domen, a drugih opseg.

Primer 7. Neka je ρ = {(1, a), (1, b), (3, a)} binarna relacija iz skupa A ={1, 2, 3} u skup B = {a, b}. Domen relacije ρ je skup {1, 3}, a opseg skup{a, b}.

Definicija 4.7 Neka je ρ binarna relacija na skupu A, ρ ⊂ A2.

• 1◦ Ona je refleksivna ako za svako a ∈ A, (a, a) ∈ ρ.

• 2◦ Ona je antirefleksivna ako za svako a ∈ A, (a, a) /∈ ρ.

• 3◦ Ona nije refleksivna ako postoji a ∈ A, tako da (a, a) /∈ ρ.

Primer 8. Neka je dat skup A = {a, b, c}. Relacija

ρ = {(a, a), (a, b), (b, b), (c, b), (c, c)}je refleksivna na skupu A. Relacija ρ = {(a, b), (a, c), (b, c)} je antirefleksivnana skupu A. Relacija ρ = {(a, a), (a, b)} nije refleksivna na skupu A.

Svakoj relaciji ρ na konacnom skupu mozemo pridruziti jednu kvadratnu ma-tricu na sledeci nacin.

4.2. RELACIJE 53

Definicija 4.8 Neka je ρ binarna relacija na konacnom skupu A = {a1, a2, ..., an}.Njoj odgovara kvadratna matrica M = (mij), reda n× n, definisana sa

mij =

{1, ako(ai, aj) ∈ ρ0, ako(ai, aj) /∈ ρ,

za svako i = 1, 2, ..., n, j = 1, 2, ..., n.

Nije tesko primetiti da matrica, iz prethodne definicije, kao elemente ima samonule i jedinice. Zbog toga ona spada u klasu binarnih (Bulovih ili (0, 1)) matrica.

Na osnovu Definicije 4.7 matrica koja odgovara refleksivnoj binarnoj relacijiima na dijagonali sve jedinice, ona koja odgovara antirefleksivnoj binarnoj relacijiima na dijagonali sve nule, a koja odgovara relaciji koja nije refleksivna ima nadijagonali bar jednu nulu.

Primer 9. Neka su na skupu A = {1, 2, 3} definisane sledece binarnerelacije

ρ = {(1, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 2), (3, 3)},ρ = {(1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 2)},ρ = {(1, 3), (2, 1), (2, 2), (3, 2), (3, 3)},

koje su redom refleksivna, antirefleksivna, a poslednja nije refleksivna. Nji-ma, redom, odgovaraju matrice

M1 =

1 0 10 1 00 1 1

, M2 =

0 0 11 0 10 1 0

i M3 =

0 0 11 1 00 1 1

Binarna matrica moze da se pridruzi i bilo kojoj binarnoj relaciji iz skupa A uskup B, ρ ⊂ A×B.

Definicija 4.9 Ako je A = {a1, a2, ..., an}, B = {(b1, b2, ..., bm} i ρ ⊂ A × B,relaciji ρ se pridruzuje binarna matrica M = (mij), reda n×m, definisana sa

mij =

{1, ako (ai, bj) ∈ ρ0, ako (ai, bj) /∈ ρ,

za svako i = 1, 2, ..., n, j = 1, 2, ..., m.


Primer 10. Ako je A = {a, b}, B = {1, 2, 3, 4} i ρ = {(a, 2), (a, 3), (b, 1),(b, 2), (b, 4)}, relaciji ρ odgovara binarna matrica

M =

[0 1 1 01 1 0 1

].

Definicija 4.10 Neka je ρ binarna relacija na skupu A.

• 1◦ Ona je simetricna ako za svako a, b ∈ A, sa osobinom (a, b) ∈ ρ vazi daje (b, a) ∈ ρ.

• 2◦ Ona nije simetricna ako postoje a, b ∈ A, sa osobinom (a, b) ∈ ρ, a dapritom (b, a) /∈ ρ.

• 3◦ Ona je asimetricna ako za svako a, b ∈ A, sa osobinom (a, b) ∈ ρ, vazi(b, a) /∈ ρ.

• 4◦ Ona je antisimetricna ako za svako a, b ∈ A, sa osobinama (a, b) ∈ ρ i(b, a) ∈ ρ vazi a = b.

Primer 11. Posmatrajmo binarnu relaciju ρ = {(1, 2), (2, 2), (3, 2), (4, 3)}na skupu A = {1, 2, 3, 4}. Ona nije simetricna jer, na primer, (1, 2) ∈ ρ, ali(2, 1) /∈ ρ. Nije ni asimetricna jer (2, 2) ∈ ρ. Ona je antisimetricna. Za dokazove cinjenice, mozemo iskoristiti kontrapoziciju date definicije: Relacija ρ jeantisimetricna ako za svako a i b iz A, a 6= b, ili (a, b) ∈ ρ, ili (b, a) ∈ ρ.

Primer 12. Neka je Z skup celih brojeva i neka je binarna relacija ρ ⊂ Z2,definisana sa ρ = {(a, b)|a < b}.Ispitajmo da li je ova relacija simetricna,asimetricna ili antisimetricna.

Ako je a < b tada nije tacno da je b < a,pa relacija ρ nije simetricna.

Ako je a < b tada nije b < a, pa je relacija ρ asimetricna.

Ako je a 6= b tada vazi (b 6< a) ili (b 6< a) ,pa je relacija ρ antisimetricna.

Neka je ρ binarna relacija na skupu A = {a1, a2, ..., an} i M = (mij) odgo-varajuca matrica. Ako je relacija ρ simetricna, tada vaze implikacije

mij = 1 ⇒ mji = 1 ∧ mij = 0 ⇒ mji = 0

za svako i = 1, 2, ..., n i j = 1, 2, ..., n. Drugim recima, matrica M je simetricna,tj. M = MT . Ako je relacija ρ asimetricna, tada

mij = 1 ⇒ mji = 0 ∧ mij = 0 ⇒ mji = 1

za svako i 6= j. Takodje vazi mii = 0, za svako i = 1, 2, ..., n. Ako je relacijaantisimetricna, tada za svako i i j, sa osobinom i 6= j, ili je mij = 0 ili je mji = 0.

4.3. KOMPOZICIJA RELACIJA. ZATVARANJE RELACIJE 55

Definicija 4.11 Binarna relacija ρ na skupu A je tranzitivna ako za svako a, b ic iz A, sa osobinom (a, b) ∈ ρ i (b, c) ∈ ρ vazi (a, c) ∈ ρ.

Definicija 4.12 Binarna relacija ρ na skupu A je linearna (potpuna) ako za svakoa, b iz A, a 6= b, vazi (a, b) ∈ ρ ∨ (b, a) ∈ ρ.

Primer 13. Relacija ρ = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (2, 2), (2, 4), (3, 3), (4, 4)} jetranzitivna na skupu A = {1, 2, 3, 4}.Relacija ρ = {(1, 1), (1, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 4)(4, 1)} je linearna.

Teorema 4.2 Neka je ρ binarna relacija na skupu A. Tada vaze sledece ekviva-lencije:

1. ρ je refleksivna ⇔ I ⊂ ρ,

2. ρ je simetricna ⇔ ρ = ρ−1,

3. ρ je antisimetricna ⇔ ρ ∩ ρ−1 ⊂ I,

4. ρ je antirefleksivna ⇔ ρ ∩ I = ∅,5. ρ je linearna ⇔ ρ ∪ I ∪ ρ−1 = U .

4.3 Kompozicija relacija. Zatvaranje relacije

Definicija 4.13 Neka su A, B i C dati skupovi i ρ1 i ρ2 binarne relacije, pri cemuje ρ1 ⊂ A×C i ρ2 ⊂ C×B. Kompozicija relacija ρ1 i ρ2 je relacija ρ, ρ = ρ1 ◦ρ2,ρ ⊂ A×B, definisana sa

ρ = ρ1 ◦ ρ2 = {(a, b) | a ∈ A ∧ b ∈ B,∃c, c ∈ C ⇒ aρ1c ∧ cρ2b}.

Ar B

C

r1 r2

Slika 1.

Na osnovu ove definicije svaka kompozicija relacija na datom skupu A je relacijana skupu A.


Primer 14. Za date skupove A = {1, 2, 3, 4}, B = {a, b, c, d} i C ={α, β, γ} definisane su binarne relacije ρ1 i ρ2, ρ1 ⊂ A× C i ρ2 ⊂ C ×B, sa

ρ1 = {(1, α), (1, β), (2, β), (3, γ), (4, α), (4, β)}

ρ2 = {(α, a), (α, c), (β, b), (γ, a), (γ, b), (γ, d)}.Relacija ρ = ρ1 ◦ ρ2, ρ ⊂ A×B, je definisana sa

ρ = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, b), (3, a), (3, b), (3, d), (4, a), (4, c)}.

Definicija 4.14 Neka je ρ binarna relacija na skupu A, ρ ⊂ A2. Relacija ρn naskupu A, tj. A×A× · · · ×A, definisana je sa

ρn = ρ ◦ ρ ◦ · · · ◦ ρ,

pri cemu je ρ0 = I, ρ1 = ρ, ρ2 = ρ ◦ ρ i ρn = ρ ◦ ρn−1.

Primer 15. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} definisana je relacija

ρ = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (2, 3), (4, 2), (4, 3)}.

Tada je ρ2 = ρ ◦ ρ, ρ2 ⊂ A2, definisana sa

ρ2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (4, 3)}.

Teorema 4.3 Neka je ρ ⊂ A2. Tada je ρ tranzitivna binarna relacija ako i samoako je ρ ◦ ρ ⊆ ρ.

Primer 16. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} izaberimo binarnu relaciju

ρ = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)}.

Ova relacija je tranzitivna. Relacija ρ2 = ρ ◦ ρ je

ρ2 = {(1, 3), (1, 4), (2, 4)}.

Nije tesko uociti da je ρ2 = ρ ◦ ρ ⊂ ρ.

Teorema 4.4 Neka skup A sadrzi n elemenata, |A| = n. Ako neki uredjeni parpripada bilo kom stepenu binarne relacije ρ, ρ ⊂ A2, tada on pripada i stepenu overelacije ne vecem od n.


Dokaz. Posmatrajmo binarnu relaciju ρk, pri cemu je k > n, |A| = n. Nekauredjeni par (a, b) ∈ ρk. Oznacimo sa c0 := a i ck := b. Tada postoji k− 1 elementc1, c2, ..., ck−1 u skupu A, tako da vazi

c0ρc1ρc2ρ · · · ρck−1ρck.

Skup A sadrzi n elemenata, |A| = n, k je vece od n, te medju elementimac0, c1, ..., ck mora biti istih. Pretpostavimo da je ci = cj , i 6= j. Izbacimo sveelemente izmedju ci i cj+1, pa vazi

c0ρc1ρc2ρ · · · ρciρcj+1ρ · · · ρck−1ρck.

To znaci da uredjeni par (a, b) ∈ ρk−(j−i). Ako je k − (j − i) > n, ponavljamopostupak, s time sto stavljamo da je k := k − (j − i), sve dok ne vazi suprotnanejednakost.

Primer 17. Posmatrajmo na skupu A = {1, 2, 3, 4}, |A| = 4 relaciju

ρ = {(1, 2), (1, 3), (2, 4), (3, 2), (4, 1)}.

Na osnovu relacija

ρ2 = {(1, 2), (1, 4), (2, 1), (3, 4), (4, 2), (4, 3)},ρ3 = {(1, 1), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (4, 2), (4, 4)},ρ4 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 2), (4, 3)},

formiramo ∪4i=1ρ

i. Nije tesko uociti da je ∪4i=1ρ

i = A × A. To znaci da nepostoji uredjeni par elemenata iz A, koji pripada relaciji ρk, k > 4, a da vecne pripada nekoj relaciji ρi, i = 1, 2, 3, 4.

Ocigledna, ali veoma znacajna posledica Teoreme 4.4 glasi:

Posledica 1. Neka je na skupu A, |A| = n, definisana binarna relacija ρ. Tadavazi jednakost

∪+∞i=1 ρi = ∪n

i=1ρi. (4.1)

Prilikom resavanja brojnih kombinatornih zadataka znacajnu ulogu igra tzv.zatvarnje binarne relacije. Njega cemo uvesti pomocu sledece definicije.

Definicija 4.15 Neka su ρ(1) i ρ(2) dve binarne relacije na nepraznom skupu A.Relacija ρ(2) je zatvaranje relacije ρ(1) u odnosu na neku osobinu C, ako vazi:


1. ρ(2) ima osobinu C, sto se oznacava sa C(ρ(2)),

2. ρ(1) je podskup ρ(2), ρ(1) ⊂ ρ(2),

3. ρ(2) je najmanja moguca relacija na skupu A sa osobinama 1 i 2, tj. akopostoji relacija ρ(3) (ρ(3) 6= ρ(2)) koja poseduje osobinu C i vazi ρ(1) ⊂ ρ(3),tada je ρ(2) ⊂ ρ(3).

Primer 18. Neka je na skupu A = {1, 2, 3} definisana relacija

ρ = {(1, 1), (1, 2), (2, 3)}.

Zatvaranje ove relacije u odnosu na osobinu refleksivnost glasi

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

Zatvaranje ove relacije u odnosu na osobinu simetricnost glasi

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

Posebno je interesantan slucaj zatvaranja neke relacije kada je osobina C tranz-itivnost, odnosno refleksivnost i tranzitivnost.

Teorema 4.5 Neka je ρ binarna relacija na nekom nepraznom skupu A. Tadaje binarna relacija ρ∗ definisana sa

ρ∗ = ∪+∞i=1 ρi (4.2)

tranzitivno zatvaranje relacije ρ na skupu A.

Dokaz. Dokazacemo da relacija ρ∗ zadovoljava sve uslove definicije 15.

• 1. Neka su a, b i c elementi skupa A, pri cemu je (a, b) ∈ ρ∗ i (b, c) ∈ ρ∗.Tada na osnovu (4.2) postoje prirodni brojevi n i m, tako da (a, b) ∈ ρn i(b, c) ∈ ρm. Na osnovu definicije stepena binarne relacije u skupu A postojeelementi c1, c2, ..., cn−1 i d1, d2, ..., dm−1, tako da je

aρc1ρc2ρ · · · ρcn−1ρb i bρd1ρd2ρ · · · ρdm−1ρc,

tj.aρc1ρc2ρ · · · ρcn−1ρbρd1ρd2ρ · · · ρdm−1ρc.

To znaci da (a, c) ∈ ρn+m, pa samim tim (a, c) ∈ ρ∗.

Time smo dokazali da je relacija ρ∗ tranzitivna.


• 2. Kako je ρ = ρ1 ⊂ ∪+∞i=1 ρi, direktno sledi da je ρ ⊂ ρ∗.

• 3. Neka je (a, b) ∈ ρ∗. Na osnovu (4.2) postoji k tako da (a, b) ∈ ρk. Znacipostoje elementi c1, c2, ..., ck−1 u skupu A, tako da je

aρc1ρc2ρ · · · ρck−1ρb.

Pretpostavimo da postoji relacija ρ′ 6= ρ∗ sa osobinama 1 i 2 i da je ρ ⊂ ρ′.Tada bi vazilo

aρ′c1ρ′c2ρ

′ · · · ρ′ck−1ρ′b,

pa bi (a, b) ∈ ρ′. Kako vazi (a, b) ∈ ρ∗, to je ρ∗ ⊂ ρ′.

Na osnovu Posledice 1 i Teoreme 4.5 vazi sledeci rezultat.

Posledica 2. Neka je ρ binarna relacija na konacnom skupu A koji sadrzi n ele-menata, |A| = n. Tada je relacija ρ∗

ρ∗ = ∪ni=1ρ

i (4.3)

tranzitivno zatvaranje relacije ρ na skupu A.

Ako se pretpostavi da je osobina C relacije refleksivnost i tranzitivnost, za-jedno, slicno kao u Teoremi 4.5, dokazuje se sledeci rezultat:

Teorema 4.6 Neka je ρ binarna relacija na nepraznom skupu A. Tada je binarnarelacija ρ+ definisana sa

ρ+ = ∪+∞i=0 ρi

refleksivno tranzitivno zatvaranje relacije ρ na skupu A.

Posledica 3. Neka je ρ binarna relacija na konacnom skupu A koji sadrzi n ele-menata, |A| = n. Tada je relacija ρ+

ρ+ = ∪ni=0ρ

i (4.4)

refleksivno tranzitivno zatvaranje relacije ρ na skupu A.


ρ = {(1, 2), (2, 3), (3, 1), (4, 2)}.

Kako jeρ2 = {(1, 3), (2, 1), (3, 2), (4, 3)},ρ3 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 1)},


ρ4 = {(1, 2), (2, 3), (3, 1), (4, 2)},to na osnovu (4.3) relacija ρ∗

ρ∗ = {(1, 1), (1, 2)(1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 2), (4, 3)}

je tranzitivno zatvaranje relacije ρ.

Refleksivno tranzitivno zatvaranje relacije ρ je, na osnovu (4.4), relacija ρ+

ρ+ = ρ∗ ∪ {(4, 4)}.

Usko povezan pojam sa zatvarnjem neke binarne relacije, u odnosu na posma-tranu osobinu C, je njena redukcija u odnosu na istu osobinu.

Definicija 4.16 Neka je ρ binarna relacija na skupu A i Cρ zatvaranje ove rela-cije, na ovom skupu, u odnosu na osobinu C. Relacija ρ je redukcija relacije ρ, naskupu A, u odnosu na osobinu C, ako vazi:

• 1. ρ ⊆ ρ,

• 2. Cρ = Cρ,

• 3. ρ je najmanja moguca relacija na A, sa osobinama 1 i 2.

Primer 20. Na skupu A = {1, 2, 3, } uocimo relaciju

ρ = {(1, 1), (1, 2), (2, 3), (3, 1)}.

Njeno zatvaranje u odnosu na osobinu refleksivnosti je

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

Redukcija relacije ρ, na ovom skupu, u odnosu na osobinu refleksivnosti je

ρ = {(1, 2), (2, 3), (3, 1)},

jer je to najmanja moguca relacija koja je sadrzana u ρ, a cije je zatvaranjeu odnosu na refleksivnost Cρ.

Kako smo pomenuli svakoj relaciji ρ iz skupa A u skup B, ρ ⊂ A × B odgo-vara binarna matrica, tj. matrica ciji su elementi 0 ili 1. Zbog toga, pre nego stopokazemo kako se to moze iskoristiti za nalazenje kompozicije relacija ili tranzi-tivnog zatvaranja, uvescemo na skupu {0, 1} dve Bulove operacije ∨ i ∧, koje seredom citaju ”ili” i ”i”. To cemo uraditi pomocu sledecih tablica:


∧ 1 0 ∨ 1 01 1 0 1 1 10 0 0 0 1 0

Slika 2.

Definicija 4.17 Neka su A = (aik), reda n × m i B = (bkj), reda m × p, dvebinarne matrice. Bulov proizvod ovih matrica, u oznaci C = A ¯ B, je binarnamatrica C = (cij), reda n× p, definisana sa

cij = (ai1 ∧ b1j) ∨ (ai2 ∧ b2j) ∨ · · · ∨ (aim ∧ bmj) = ∨mk=1(aik ∧ bkj)

za svako i = 1, 2, ..., n i j = 1, 2, ..., p.

Definicija 4.18 Neka su A = (aik), reda n × m i B = (bik), reda n × m, dvebinarne matrice. Bulov zbir ovih matrica, u oznaci C = A⊕B, je binarna matricaC = (cik), reda n×m, definisana sa

cik = aik ∨ bik

za svako i = 1, 2, ..., n i k = 1, 2, ..., m.

Teorema 4.7 Neka su ρ1 i ρ2 dve binarne relacije, ρ1 ⊂ A × C i ρ2 ⊂ C × B,kojima odgovaraju, redom, binarne matrice M1 i M2. Kompoziciji ρ = ρ1 ◦ ρ2,ρ ⊂ A×B, odgovara binarna matrica M , pri cemu je

M = M1 ¯M2.

Primer 21. Neka su na osnovu skupova A = {1, 2, 3, }, B = {a, b, c, d} iC = {α, β} binarne relacije ρ1 ⊂ A × C i ρ2 ⊂ C × B, definisane, redom,pomocu binarnih matrica

M1 =

1 10 11 0

i M2 =

[0 1 0 10 1 1 0

].

Tada binarnoj relaciji ρ = ρ1 ◦ ρ2 odgovara binarna matrica M

M = M1 ¯M2 =

0 1 1 10 1 1 00 1 0 1

.

Na osnovu nje, relacija ρ ⊂ A×B je definisana sa

ρ = {(1, b), (1, c), (1, d), (2, b), (2, c), (3, b), (3, d)}.


To mozemo proveriti i sledecim grafikonom.

A

1

2

3

C B

a

a

b

c

d

b

r1 r2

Slika 3.

Primer 22. Neka su A = {2, 3, 5, 8}, B = {4, 6, 16} i C = {1, 4, 5, 7}. Nekaje relacija ρ1 ⊂ A×B da se element iz A sadrzi u elementu iz B, bez ostatka,a ρ2 ⊂ B × C relacija definisana sa ρ2 = {(4, 5), (6, 7)}. Treba da odredimorelaciju ρ = ρ1 ◦ ρ2.

Najpre, primetimo da je relacija ρ1 definisana sa

ρ1 = {(2, 4), (2, 6), (2, 16), (3, 6), (8, 16)}.

Relacijama ρ1 i ρ2 odgovaraju, redom, binarne matrice

M1 =

1 1 10 1 00 0 00 0 1

i M2 =

0 0 1 00 0 0 10 0 0 0

.

Relaciji ρ = ρ1 ◦ ρ2 odgovara binarna matrica

M = M1 ¯M2 =

0 0 1 10 0 0 10 0 0 00 0 0 0

.

Na osnovu nje, dobijamo da je relacija ρ definisana sa

ρ = {(2, 5), (2, 7), (3, 7)}.

Primer 23. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} definisane su binarne relacije ρ1 i ρ2

ρ1 = {(1, 1), (1, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (4, 3)},

ρ2 = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 4), (3, 1), (4, 2), (4, 3)}.


Treba odrediti binarnu relaciju ρ = ρ1 ◦ ρ2, ρ ⊂ A2. Binarnim relacijama ρ1

i ρ2 odgovaraju, redom, binarne matrice

M1 =

1 1 0 00 0 1 01 1 0 00 0 1 0

i M2 =

0 1 1 00 1 0 11 0 0 00 1 1 0

,

te relaciji ρ odgovara binarna matrica

M = M1 ¯M2 =

0 1 1 11 0 0 00 1 1 11 0 0 0

.

Na osnovu matrice M dobijamo da je

ρ = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 1), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 1)}.

To mozemo proveriti pomocu grafikona.

r1 r2

2

3

4

1

2

3

4

1

2

3

4

1A A A

Slika 4.


ρ = {(1, 2), (1, 3), (2, 3), (3, 1), (4, 2)}.

Treba na ovom skupu odrediti binarnu relaciju ρ3 = ρ ◦ ρ ◦ ρ.

Relaciji ρ odgovara binarna matrica

M =

0 1 1 00 0 1 01 0 0 00 1 0 0

.


Relaciji ρ3 odgovara binarna matrica M3 koja se dobija na osnovu jednakosti

M3 = M ¯M ¯M = M ¯M2,

M2 = M ¯M =

1 0 1 01 0 0 00 1 1 00 0 1 0

,

M3 = M ¯M2 =

1 1 1 00 1 1 01 0 1 01 0 0 0

.

Na osnovu matrice M3 relacija ρ3 je definisana sa

ρ3 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 3), (4, 1)}.To mozemo proveriti pomocu grafikona.

r

2

3

4

1

2

3

4

1

2

3

4

1

2

3

4

1

r r

AAAA

Slika 5.

Na osnovu Teoreme 4.7 lako se dokazuje i sledeci rezultat:

Teorema 4.8 Neka je ρ binarna relacija na skupu A, |A| = n, cija je binarnamatrica M = (mij), n×n. Ako je ρk, k-ti stepen relacije ρ, cija je binarna matricaM (k) = (m(k)

ij ), tada vazi jednakost

M (k) = M ¯M ¯ · · · ¯M = M ¯M (k−1) = Mk.

Napomenimo da se stepenovanje matrice u prethodnoj jednakosti Mk, podrazu-meva u Bulovom smislu. To pravilo cemo postovati i u daljem tekstu.

Vazi i sledeci rezultat.

Teorema 4.9 Neka su ρ1 i ρ2 dve binarne relacije na skupu A, |A| = n, kojima,redom, odgovaraju binarne matrice M1 = (m(1)

ij ) i M2 = (m(2)ij ). Binarnoj relaciji

ρ = ρ1 ∪ ρ2, na skupu A, odgovara binarna matrica M , definisana sa

M = M1 ⊕M2.


Primer 25. Neka su na skupu A = {1, 2, 3, 4} definisane binarne relacijeρ1 i ρ2, redom, pomocu binarnih matrica

M1 =

1 0 0 10 1 0 11 0 1 00 1 0 0

i M2 =

0 0 1 01 0 1 00 1 0 00 0 0 1

.

Relaciji ρ = ρ1 ∪ ρ2 odgovara binarna matrica M , definisana sa

M = M1 ⊕M2 =

1 0 1 11 1 1 11 1 1 00 1 0 1

.

Na osnovu nje relacija ρ je definisana sa

ρ = {(1, 1), (1, 3), (1, 4), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (4, 2), (4, 4)}.

Vratimo se sada pojmovima tranzitivnog zatvaranja, tj. refleksivnom tranzi-tivnom zatvaranju binarne relacije na nekom skupu. Neka je ρ binarna relacijadefinisana na skupu A, |A| = n, svojom binarnom matricom M = (mij), redan× n. Oznacimo sa M∗ = (m∗

ij), tj. M+ = (m+ij), matricu koja odgovara tranzi-

tivnom zatvaranju relacije ρ, relaciji ρ∗, tj. ρ+. Na osnovu prethodnih razmatranjai jdenakosti (4.3) i (4.4) dobijamo da je

M∗ = M ⊕M2 ⊕ · · · ⊕Mn i M+ = I ⊕M ⊕ · · · ⊕Mn. (4.5)

Aritmeticka slozenost nalazenja binarne matrice, koja odgovara tranzitivnom zat-varanju, na osnovu (4.5), je reda n4.

Primer 26. Na skupu A = {1, 2, 3, 4, 5} definisana je binarna relacija

ρ = {(1, 2), (1, 3), (2, 4), (3, 2), (5, 3)}.Odgovarajuci graf i binarna matrica M su

2 3

41 5


Slika 6.

M =

0 1 1 0 00 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 00 0 1 0 0

.

Treba odrediti tranzitivno zatvaranje ove relacije. Najpre cemo odrediti M∗.

M2 = M ¯M =

0 1 0 1 00 0 0 0 00 0 0 1 00 0 0 0 00 1 0 0 0

,

M3 = M ¯M2 =

0 0 0 1 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 1 0

,

M4 = M ¯M3 =

0 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

,

M5 = M ¯M4 =

0 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

,

Na osnovu (4.5) dobijamo da je

M∗ = M ⊕M2 ⊕M3 ⊕M4 ⊕M5 =

0 1 1 1 00 0 0 1 00 1 0 1 00 0 0 0 00 1 1 1 0

,

ρ∗ = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 4), (3, 2), (3, 4), (5, 2), (5, 3), (5, 4)}.


Tranzitivnom zatvaranju ρ∗, tj. uredjenom paru (A, ρ∗) odgovara graf

23

41

5

Slika 7.

Neka je na skupu A, |A| = n, data binarna relacija ρ, cija je binarna matricaM = M (0) = (m(0)

ij ). Binarna matrica tranzitivnog zatvaranja ove relacije, tj.relacije ρ∗, M∗ = (m∗

ij), mozemo naci pomocu Varsal-Flojdovog algoritma, koganavodimo u sledecem obliku.

Algoritam 1for k := 1 to n dofor i := 1 to n dofor j := 1 to n dom

(k)ij := m

(k−1)ij ∨ (m(k−1)

ik ∧ a(k−1)kj )

Trazena matrica M∗ je matrica M (n) = (m(n)ij ). Aritmeticka slozenost ovog

algoritma je reda n3.

Primer 27. Koristeci Algoritam 1 naci cemo tranzitivno zatvaranje rela-cije iz Primera 26. Kako je

M (0) =

0 1 1 0 00 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 00 0 1 0 0

,

na osnovu Algoritma 1 redom dobijamo da je

M(1) =

0 1 1 0 00 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 00 0 1 0 0

, M(2)

0 1 1 1 00 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 00 0 1 0 0

, M(3) =

0 1 1 1 00 0 0 1 00 1 0 1 00 0 0 0 00 1 1 1 0

,

M (4) = M (5) = M (3), te je M∗ = M (3). Tranzitivno zatvaranje je, naravno,isto kao i u Primeru 26.


4.4 Relacija ekvivalencije

Definicija 4.19 Binarna relacija ρ, na skupu A, ρ ⊂ A je relacija ekvivalencije,u oznaci ∼, ako je refleksivna, simetricna i tranzitivna.

Definicija 4.20 Ako je ρ =∼ relacija ekvivalencije na skupu A i x ∈ A, skup

[x]∼ = {y|y ∈ A i y ∼ x},

naziva se klasom ekvivalencije skupa A u odnosu na elemenat x.

Ako nema opasnosti od zabune klasu ekvivalencije [x]∼ oznacavacemo sa [x].

Primer 28. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} uocimo binarnu relaciju

ρ = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (2, 1), (2, 2), (2, 4), (3, 3), (4, 1), (4, 2), (4, 4)}.

Ova relacija je refleksivna, simetricna i tranzitivna, te je ona relacija ekvi-valencije, ρ =∼. Klase ekvivalencije su [1]∼ = {1, 2, 4}, [2]∼ = {1, 2, 4},[3]∼ = {3}, [4]∼ = {1, 2, 4}. Nije tesko uociti da je [1]∼ = [2]∼ = [4]∼.

Teorema 4.10 Vaze sledece implikacije1. Za svako a ∈ A ⇒ [a] 6= ∅,2. a ∼ b ⇒ [a] = [b],3. ¬(a ∼ b) ⇒ [a] ∩ [b] = ∅.

Dokaz. 1. Vazi zbog refleksivnosti, a ∈ A, a ∼ a ⇒ a ∈ [a] ⇒ [a] 6= ∅.2. Neka je a ∼ b. Tada za svako x ∈ [a] ⇒ x ∼ a i a ∼ b ⇒ x ∼ b ⇒ x ∈ [b].Za svako x ∈ [b] ⇒ x ∼ b i a ∼ b ⇒ x ∼ b i b ∼ a ⇒ x ∼ a i x ∼ a ⇒ x ∈ [a].3. Dokaz cemo izvesti kontradikcijom

[a] ∩ [b] 6= ∅ ⇒ (∃c)c ∈ [a] ∩ [b] ⇒ c ∈ [a] i c ∈ [b] ⇒⇒ c ∼ a i c ∼ b ⇒ a ∼ c i c ∼ b ⇒ a ∼ b ⇒ [a] = [b].

Teorema 4.11 Svaka relacija ekvivalencije na skupu A definise razbijanje ovogskupa, pri cemu medju blokovima nema praznih skupova. Vazi i obrnuto. Svakorazbijanje skupa A, koje ne sadrzi prazne blokove, definise relaciju ekvivalencije naovom skupu.

4.4. RELACIJA EKVIVALENCIJE 69

Primer 29. Na skupu A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} uocimo binarnu relaciju

ρ = { (1, 1), (1, 3), (1, 5), (3, 3), (3, 1), (3, 5), (2, 2), (2, 6), (4, 4),(4, 7), (5, 1), (5, 3), (5, 5), (6, 2), (6, 6), (7, 4), (7, 7), (8, 8)}.

Nije tesko uociti da je ρ =∼, tj. relacija ekvivalencije na skupu A. Uocimoblokove H1 = [1]∼ = {1, 3, 5}, H2 = [2]∼ = {2, 6}, H3 = [4]∼ = {4, 7},H4 = [8]∼ = {8}. Ovi blokovi zadovoljavaju osobine

A = ∪4i=1Hi, Hi ∩Hj = ∅, i 6= j

pa cine jedno razbijanje skupa A.

Primer 30. Uocimo sledece razbijanje skupa A = {a, b, c, d},

H1 = {a, c}, H2 = {b, d}.

Na osnovu blokova H1 i H2 formiramo, redom, relacije

ρ1 = {(a, a), (a, c), (c, a), (c, c)},

iρ2 = {(b, b), (b, d), (d, b), (d, d)}.

Relacija ρ = ρ1 ∪ ρ2

ρ = {(a, a), (a, c), (c, a), (c, c), (b, b), (b, d), (d, b), (d, d)},

je relacija ekvivalencije na skupu A indukovana razbijanjem ovog skupapomocu blokova H1 i H2.

Primer 31. Na skupu A = {1, 2, 3} definisana je relacija ρ = {(1, 1), (1, 2),(2, 3)}. Nadjimo njeno zatvaranje u odnosu na osobinu ekivalencije. Zat-varanje se odnosi na tri osobine: refleksivnost, simetricnost i tranzitivnost.

Zatvaranje relacije ρ u odnosu na osobinu refleksivnosti je relacija

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

Zatvaranje relacije ρ(1) u odnosu na osobinu simetricnosti je relacija

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


Zatvaranje relacije ρ(2), u odnosu na tranzitivnost je relacija

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

Relacija ρ(3) je zatvaranje relacije ρ u odnosu na ekvivalenciju.

Redukcija relacije ρ u odnosu na osobinu ekvivalencije je

ρ(4) = {(1, 2), (2, 3)}.

Definicija 4.21 Neka je ρ =∼ relacija ekvivalencije na skupu A. Familija

A|∼ = {[x]∼|x ∈ A}

naziva se faktor skupom skupa A u odnosu na relaciju ∼.

Bulean, ili partitivni skup skupa A, 2A, sadrzi sve podskupove skupa A, samskup i prazan skup, te je

A|∼ ⊂ 2A.

Primer 32. Na skupu A = {1, 2, 3} uocimo relaciju ρ = {(1, 1), (1, 2),(2, 1), (2, 2), (3, 3)}. Faktor skup skupa A je skup

A |ρ = {{1, 2}, {3}}.

Bulean skupa A je

2A = {{1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}, ∅}.

Lako je uociti da je A|ρ ⊂ 2A.

4.5 Relacija uredjenja

Definicija 4.22 Relacija ρ na skupu A, A 6= ∅, je relacija uredjenja, ili relacijaporetka, ako je antisimetricna i tranzitivna. Najcesce se oznacava sa ≺. Relacijauredjenja koja je i refleksivna naziva se relacijom parcijalnog uredjenja. Najcescese oznacava sa ≤.

Definicija 4.23 Uredjeni par (A, ρ), gde je ρ relacija parcijalnog uredjenja naskupu A, naziva se parcijalno uredjenim skupom.

4.5. RELACIJA UREDJENJA 71

Primer 33. Neka je A = {a, b, c} i 2A partitivni skup (Bulean)

2A = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}.

Uredjeni par (2A,⊂) je parcijalno uredjen, tj. skup ρA u odnosu na relaciju⊂ je parcijalno uredjeni skup.

Primer 34. Skup realnih brojeva R sa relacijom ≤, u standardnom zna-cenju ove relacije, je parcijalno uredjen skup.

Definicija 4.24 Uredjeni par (A, ρ), gde je A neprazan skup, a ρ relacija na skupuA, ρ ⊂ A×A, naziva se graf. Elementi skupa A su cvorovi, a skupa ρ grane grafa.

Cvorovi grafa se oznacavaju tackama u ravni, a grane usmerenim linijama.Tako se grana (x, y) ∈ ρ oznacava orijentisanom linijom koja polazi iz cvora x izavrsava se u cvoru y. Grana (x, x) ∈ ρ, koja se naziva petljom, polazi i zavrsavase u cvoru x.

x y x

Slika 8.

Osobine grafa direktno zavise od osobina relacije ρ, ali time cemo se baviti u posled-njem poglavlju ove knjige. Nas ovog trenutka interesuju posebni grafovi, poznatipod nazivom Haseovi dijagrami, pogodni za predstavljanje parcijalno uredjenihskupova.

Neka je na nepraznom skupu A data relacija ρ, ρ ⊂ A × A, tj. graf (A, ρ).Ovom grafu pridruzujemo graf (A, ρ), pod nazivom Haseov dijagram. Pri tome,za x, y ∈ A, grana (x, y) pripada skupu ρ ako i samo ako (x, y) ∈ ρ i ne postojicvor (element) z ∈ A, z 6= x i z 6= y, tako da (x, z) ∈ ρ i (z, y) ∈ ρ.

Primer 35. Za parcijalno uredjeni skup (2A,⊂), gde je A = {a, b, c}, izprimera 1, Haseov dijagram je prikazan na sledecoj slici.


{ }a { }b { }c

{ }a,b { }a,c { }b,c

{ }a,b,c

0

Slika 9.

Neka je skup skupova R definisan sa

R = {{a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}}.

Haseov dijagram za (R,⊂) dat je na sledecoj slici

4.5. RELACIJA UREDJENJA 73

{ }a { }b { }c

{ }a,b { }a,c { }b,c

Slika 10.

Definicija 4.25 Neka je (A, ρ) parcijalno uredjen skup.1. Element a ∈ A je najmanji element skupa (A, ρ) ako za svako b ∈ A vazi aρb.2. Element a ∈ A je najveci element skupa (A, ρ) ako za svako b ∈ A vazi bρa.3. Element a ∈ A je minimalni element skupa (A, ρ) ako ne postoji b ∈ A, b 6= a,tako da vazi bρa.4. Element a ∈ A je maksimalni element skupa (A, ρ) ako ne postoji b ∈ A, b 6= a,tako da je aρb.

Najmanji element je istovremeno i minimalan, najveci je maksimalan, ali obr-nuto ne mora da vazi. U primeru 35, u skupu (2A,⊂), element ∅ je najmanji iminimalan, a skup {a, b, c} najveci i maksimalan. U skupu (R,⊂) elementi {a},{b} i {c} su minimalni, ali nema najmanjeg. Takodje, elementi {a, b}, {a, c} i {b, c}su maksimalni, ali nema najveceg.

Definicija 4.26 Neka je (A, ρ) parcijalno uredjen skup i B ⊂ A.1. Element a ∈ A je gornja medja skupa B ako je bρa za svako b ∈ B.2. Element a ∈ A je donja medja skupa B ako za svako b ∈ B vazi aρb.3. Supremum skupa B je najmanja gornja medja.4. Infinum skupa B je najveca gornja medja.

Primer 36. Neka je R realna prava i ≤ (manje ili jednako) relacija parci-jalnog (delimicnog) uredjenja realnih brojeva. Skup (R,≤) nema ni najvecini najmanji element, nema ni minimalni ni maksimalni element, nema donjihni gornjih medja, pa samim tim ni supremum ni infinum.

Neka je [0, 1] ⊂ R. U skupu ([0, 1],≤) element 0 je najmanji, minimalni iinfinum. Element 1 je najveci element, maksimalni element i supremum.

U skupu ((0, 1],≤) realan broj 1 je najveci element, maksimalni element isupremum. Realan broj 0 je infinum, ali nema ni najmanjeg ni minimalnogelementa.

Teorema 4.12 Neka je (A, ρ) parcijalno uredjen skup. Ako postoji najmanji(najveci) element, on je jedinstven.


Dokaz. Pretpostavimo suprotno tvrdjenju u teoremi, tj. da parcijalno uredjeniskup (A, ρ) sadrzi dva razlicita najmanja elementa a i b. Tada po definiciji naj-manjeg elementa, ako je a najmanji vazi aρb, a ako je b najmanji vazi bρa. Kakoje relacia ρ antisimetricna, vazi jednakost a = b.

Definicija 4.27 Parcijalno uredjen skup (A, ρ), u kome je relacija ρ i linearna,naziva se totalno uredjen skup ili lanac.

Definicija 4.28 Totalno uredjeni skup u kome svaki neprazan podskup ima naj-manji element naziva se dobro uredjen skup.

Primer 37. Totalno uredjeni skup (N ,≤) je i dobro uredjeni skup.

Definicija 4.29 Neka je (A, ρ) parcijalno uredjen skup i a ∈ A. Za svaki elementb ∈ A se kaze da je neposredni prethodnik elementa a, b 6= a, ako je bρa i vazi daje za svako c ∈ A sa osobinom bρc i cρa vazi c = b ili c = a.

Na osnovu prethodne definicije svakom elementu parcijalno uredjenog skupa(A, ρ) se odredjuje nivo. Element je nultog nivoa ako nema nijednog neposrednogprethodnika. Element je prvog nivoa ako ima neposredne prethodnike samo sanultog nivoa i tako dalje. To se najbolje ilustruje Haseovim dijagramima. Napo-menimo da su elementi skupa koji se nalaze na istom nivou u Haseovom dijagramu,medjusobno neuporedivi.

Primer 38. Na skupu skupova A = {{a}, {b}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c},{b, c, d}} posmatramo relaciju ⊂ (podskup). Na osnovu Haseovog dijagramalako je uociti da se elementi a i b nalaze na nultom nivou i medjusobno suneuporedivi. Na prvom nivou se nalaze elementi {a, c}, {a, b} i {b, c}. Oni sumedjusobno neuporedivi, a svi njihovi neposredni prethodnici su na nultomnivou.

{ }a { }b

{ }a,b{ }a,c { }b,c

{ }a,b,c { }b,c,d

0

1

2

nivo {Slika 11.

4.6. FUNKCIJE 75

Elementi {a, b, c} i {b, c, d} su na drugom nivou, medjusobno su neuporedivi,a svi njihovi neposredni prethodnici su na prvom nivou. Tako, na primer,elementu {b, c, d} su prethodnici element {b} i element {b, c}, ali je samo{b, c} neposredni prethodnik.

4.6 Funkcije

Bez obzira sto smo pomenuli da ako posebno ne naglasimo uvek posmatramokonacne skupove, smatramo umesnim da ovom prilikom podsetimo na to, jerproucavanje funkcija na konacnim skupovima ima mnogo specificnosti.

Definicija 4.30 Binarna relacija f iz skupa A u skup B, f ⊂ A × B, imafunkcionalno svojstvo, ili svojstvo jednoznacnosti, ako za svako a ∈ A vazi im-plikacija

(a, c) ∈ f ∧ (a, b) ∈ f ⇒ c = b.

Relacija f se naziva funkcijom iz skupa A u skup B, sto se oznacava sa f :A → B

ili Af−→ B.

Neka je f : A → B i (a, b) ∈ f . Za definisanje funkcije f se koristi i prefiksna formab = f(a). Element a se naziva argumentom, a element b vrednoscu funkcije.

Primer 39. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} definisane su binarne relacije

ρ1 = {(1, 2), (3, 2), (4, 1)}

iρ2 = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (4, 1)}.

Relacija ρ1 ima funkcionalno svojstvo te predstavlja funkciju iz skupa A usamog sebe, tj. ρ1:A → A. Relacija ρ2 nema funkcionalno svojstvo te nijefunkcija iz skupa A u skup A.

A

r1

2

3

4

1

A

2

3

4

1

r2

2

3

4

1

2

3

4

1

A A

Slika 12.


Primer 40. Za skupove A = {1, 2, 3, 4} i B = {a, b, c} definisimo binarnerelacije

ρ1 = {(1, a), (2, a), (4, c)}i

ρ2 = {(1, a), (2, a), (2, c), (4, c)}.Binarna relacija ρ1 ima funkcionalno svojstvo te je to funkcija iz skupa A uskup B, dok relacija ρ2 to nije.

A

r1

2

3

4

1

B A

r2

2

3

4

1

B

a

b

c

a

b

c

Slika 13.

Svakoj binarnoj relaciji ρ, ρ ⊂ A×B moze se pridruziti karakteristicna funkcija,u oznaci χρ, koja preslikava skup A×B u skup {0, 1}, χρ: A×B → {0, 1}, definisanasa

χρ(a, b) =

{1, ako(a, b) ∈ ρ,0, ako(a, b) /∈ ρ,

za svako a ∈ A i b ∈ B.

Primer 41. Neka je za skupove A = {1, 2, 3, 4} i B = {a, b, c} definisanabinarna relacija

ρ = {(1, a), (1, c), (2, b), (3, a), (3, b)}.

Karakteristicna funkcija ove relacije je definisana sledecom tablicom:

a b c

1 1 0 12 0 1 03 1 1 04 0 0 0

Slika 14.

4.6. FUNKCIJE 77

Definicija 4.31 Neka je f : A → B. Skup

fA = {a ∈ A|∃b ∈ B, b = f(a)}naziva se oblascu definisanosti (domen) funkcije f , a skup

fB = {b ∈ B|∃a ∈ A, b = f(a)}oblascu vrednosti (kodomen) funkcije f . Ako je fA = A funkcija f naziva setotalnom. U protivnom je delimicna (parcijalna).

Primer 42. Funkcija f koja preslikava skup A = {1, 2, 3, 4, 5} u skup B ={a, b, c, d} definisana je sa

f = {(1, b), (2, b), (4, d)}.Domen ove funkcije je skup fA = {1, 2, 4}, a kodomen fB = {b, d}.

Definicija 4.32 Suzenje (restrikcija) funkcije f : A → B na skup M , M ⊂ A, uoznaci f |M , definisano je sa

f |M = {(a, b)|(a, b) ∈ f ∧ a ∈ M}.Nije tesko uociti da za totalnu funkciju f vazi f = f |fA

.

Definicija 4.33 Funkcija f , f : A → B je injektivna (injekcija), ili ”1-1” ako zasvako b ∈ fB vazi implikacija b = f(a1) ∧ b = f(a2) ⇒ a1 = a2. Funkcijaf , f : A → B je surjektivna (surjekcija), ili ”na”, ako za svako b ∈ B postojia ∈ A tako da je b = f(a). Ako je funkcija f i injektivna i surjektivna naziva sebijektivnom (bijekcijom) ili obostrano-jednoznacnom.

A B A B A B

Slika 15.

Na Slici 16 ilustrovana je, redom, funkcija koja je injektivna, surjektivna ibijektivna.

Teorema 4.13 Ako je f : A → B totalna bijekcija, fA = A, tada je relacijaf−1 ⊂ B ×A (inverzna funkcija), bijekcija.


Dokaz. Najpre dokazimo da f−1 ima funkcionalno svojstvo, tj. da je relacijaf−1 ⊂ B × A funkcija. Pretpostavimo da to nije tako, vec da je a1 = f−1(b) ia2 = f−1(b), tj. da se b ∈ B slika u dve tacke a1 i a2 skupa fA = A. Ali je tadab = f(a1) i b = f(a2), pa kako je f injektivno vazi jednakost a1 = a2.Dokazimo da je f−1 injektivno. Pretpostavimo da to nije tako, vec da postojeb1, b2 ∈ B sa osobinom a = f−1(b1) i a = f−1(b2). Tada je b1 = f(a) i b2 = f(a).Kako je f funkcija, to je moguce samo kada je b1 = b2.Dokazimo, i to kontradikcijom, da je f−1 surjektivno. Pretpostavimo da postojia ∈ A i da ne postoji b ∈ B tako da je f−1(b) = a. Tada postoji a ∈ A tako da zasvako b ∈ B vazi a 6= f−1(b). Neka je to a = a0, a0 ∈ A. Tada je za svako b ∈ Ba0 6= f−1(b), tj. za svako b ∈ B vazi b 6= f(a0). Znaci a0 /∈ f |A = A, tj. a0 /∈ A,sto je kontradikcija.

Definicija 4.34 Neka je f : A → B. Relacija kerf : = f ◦ f−1 naziva se jezgrofunkcije f .

Teorema 4.14 Neka je f : A → B. Tada je kerf relacija ekvivalencije na skupufA.

Glava 5

Operacije

5.1 Grupa. Polje.

Definicija 5.1 Neka je A neprazan skup. Svako preslikavanje Dekartovog proi-zvoda A × A × · · · × A u skup A, f : An 7→ A, naziva se n-narnom operacijom uskupu A.

Ako je n = 1, operacija je unarna, n = 2 binarna, n = 3 ternarna, itd. Nas,uglavnom, interesuju binarne operacije. Njih cemo i razmatrati u daljem tekstu.

Umesto funkcijskog znaka f , : A2 7→ A, f(x, y), binarne operacije se oznacavajunekim simbolima, kao na primer, +, ∗, ◦, ·, 2,..., te se pise x + y, x ∗ y, x ◦ y,x · y, x2y,... Operacija + se uobicajeno naziva aditivnom, a operacija · multip-likativnom. U daljem tekstu, ako posebno ne naglasimo, binarnu operaciju cemonazivati samo operacijom.

Kako za svako a i b iz skupa A, sa operacijom ◦, vazi a ◦ b ∈ A, kazemo daoperacija ◦ ima osobinu zatvorenosti.

Definicija 5.2 Uredjeni par (G, ∗), gde je G neprazan skup i ∗ operacija na njemu,naziva se grupoidom.

Definicija 5.3 Operacija ∗ u skupu G je asocijativna ako i samo ako za svako a,b i c iz G vazi jednakost

a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c.

Definicija 5.4 Grupoid (G, ∗), kod koga je operacija ∗ asocijativna, naziva sepolugrupom ili semi-grupom.

U sledecim primerima ukazacemo na veliki znacaj koriscenja asocijativnog za-kona, kada operacija ima tu osobinu.

79

80 GLAVA 5. OPERACIJE

Primer 1. Potrazimo proizvod tri pravougaone matrice A, reda m × p,B, reda p × r i C, reda r × n. Ako njihov proizvod nalazimo u poretku(A · B) · C imacemo mr(p + n) opreacija mnozenja. Ako ga potrazimo uobliku A · (B · C), imacemo pn(m + r) operacija mnozenja. U zavisnostiod medjusobnih odnosa ovih parametara, tj. dimenzija ovih matrica, overazlike u broju operacija mnozenja skalara, zavisno od nacina organizacijemnozenja, mogu biti veoma znacajne.

Tako, na primer, ako je A reda 3×2, B reda 2×100 i C reda 100×1, prilikomnalazenja proizvoda (A ·B) ·C neophodno je obaviti 900 operacija mnozenjadva skalara. Ako proizvod ovih matrica potrazimo u obliku A · (B · C) brojovih operacija je 206.

Posebno je interesantan slucaj kada treba naci proizvod pravougaonih ma-trica u nizu

A1 ×A2 × · · · ×Ak.

Pravilan raspored zagrada, tj. primena asocijativnog zakona moze dovestido vise nego znacajnih usteda u broju neophodnih operacija mnozenja dvaskalara.

Primer 2. Posmatrajmo proizvod realnih brojeva a = 2.76, b = 1.38 ic = 3.17, pri cemu se rezultati i medjurezultati zaokruzuju na dve decimale.U zavisnosti od organizacije mnozenja, dobijamo

(ab)c = 12.08 i a(bc) = 12.06.

I ovom prilikom mogu nastupiti znacajna odstupanja od trazenog rezultata.

Definicija 5.5 Elemenat e je neutralni elemenat u strukturi (G, ∗) ako i samoako za svako x iz G vaze jednakosti

e ∗ x = x ∗ e = x.

Teorema 5.1 Ako grupoid (G, ∗) ima neutralni elemenat, on je jedinstven.

Dokaz. Ako pretpostavimo da grupoid (G, ∗) ima dva neutralna elementa, tadasu na oni jednaki osnovu jednakosti

e = e ∗ g = g.

Kod aditivnog grupoida (G, +) neutralni elemenat se najcesce ozacava sa 0(nula), a kod multiplikativnog (G, ·) sa 1 (jedinica).

5.1. GRUPA. POLJE. 81

Definicija 5.6 Za elemenat r grupoida (G, ∗) kazemo da je levo-regularan ako isamo ako za svako a i b iz G vazi implikacija

r ∗ a = r ∗ b ⇒ a = b.

Elemenat r grupoida (G, ∗) je desno-regularan ako i samo ako za svako a i b iz Gvazi implikacija

a ∗ r = b ∗ r ⇒ a = b.

Elemenat r grupoida (G, ∗) je reglaran, ako i samo je istovremeno i levo-regularani desno-regularan.

Definicija 5.7 Neka je (G, ∗) polugrupa, sa neutarlnim elementom e. Za elem-anat v, v ∈ G, kazemo da je inverzan elemanat elementa a ∈ G ako i samo akovaze jednakosti

v ∗ a = a ∗ v = e.

Inverzan elemenat elementa a se najcesce oznacava sa a−1.

Definicija 5.8 Polugrupa (G, ∗), sa neutrlanim elementom e, u kojoj svaki ele-menat ima svoj inverzni naziva se grupom.

Definicija 5.9 Operacija ∗ u skupu G je komutativna ako i samo ako za svako ai b iz G vazi jednakost

a ∗ b = b ∗ a.

Definicija 5.10 Grupa (G, ∗), u kojoj je operacija ∗ komutativna, naziva se ko-mutativnom ili Abelovom grupom.

Teorema 5.2 Za svaki elemenat grupe (G, ∗) inverzni elemenat je jedinstven.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da za a ∈ G postoje dva elementa a−11 i a−1

2 ,tako da je

a−11 ∗ a = a ∗ a−1

1 = a i a−12 ∗ a = a ∗ a−1

2 = a.

Tada je

a−11 = a−1

1 ∗ e = a−11 ∗ (a ∗ a−1

2 ) = (a−11 ∗ a) ∗ a−1

2 = e ∗ a−12 = a−1

2 ,

sto je suprotno pretpostavci.

Ako je skup G konacan, tada je i odgovarajuca grupa (G, ∗) konacna. Brojelemenata skupa G je duzina grupe.


Primer 3. Neka je G = {1, 3, 5, .., , 2k − 1, ...} skup neparnih prirodnihbrojeva. Tada je (G,+), gde je + operacija sabiranja, Abelova grupa.

Primer 4. Neka je G skup svih regularnih matrica reda n × n. Tada je(G, ·), gde je · mnozenje matrica, grupa, ali ne i Abelova grupa.

Primer 5. Neka je G = {−1,−i, i, 1} i · operacija mnozenja kompleksnihbrojeva, data tablicom na sledecoj slici

· −1 −i i 1−1 1 i −i −1−i i −1 1 −i

i −i 1 −1 i1 −1 −i i 1

Slika 1.

Nije tesko proveriti da je (G, ·) konacna Abelova grupa, duzine 4.

Teorema 5.3 Za svaki elemenat a grupe (G, ∗) vazi (a−1)−1 = a. Za svaka dvaelementa a i b grupe (G, ∗) vazi (a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1.

Dokaz. Dokaz neposredno sledi na osnovu jednakosti

(a−1)−1 = (a−1)−1 ∗ e = (a−1)−1 ∗ (a−1 ∗ a) = ((a−1)−1 ∗ a−1) ∗ a = e ∗ a = a.

(a ∗ b)−1 ∗ (a ∗ b) = e.

(b−1∗a−1)∗(a∗b) = b−1∗(a−1∗(a∗b)) = b−1∗((a−1∗a)∗b) = b−1∗(e∗b) = b−1∗b = e.

Kako elemenat (a ∗ b) ima jedinstveni inverzni elemenat u G, to je

(a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1.

Stepen nekog elementa a iz grupe (G, ∗), definise se sa

an = a ∗ a ∗ · · · ∗ a︸︷︷︸ .

n-puta

Teorema 5.4 Neka je a elemenat grupe (G, ∗). Tada jednakost a ∗ a = a vaziako i samo je a = e.

5.1. GRUPA. POLJE. 83

Dokaz. Ako je a = e tada je e ∗ e = e. Obrnuto vazi na osnovu implikacija

a ∗ a = a ⇒ a−1 ∗ (a ∗ a) = a−1 ∗ a ⇒ (a−1 ∗ a) ∗ a = e ⇒ e ∗ a = e ⇒ a = e.

Teorema 5.5 Ako je a elemenat konacne grupe (G, ∗), tada postoji prirodan brojm tako da je am = e.

Definicija 5.11 Neka je a elemenat grupe (G, ∗). Najmanji prirodan broj p, akopostoji, za koga je ap = e, naziva se njegovim redom.

Primer 6. Posmatrajmo ponovo grupu (G, ·), gde je G = {−1,−i, i, 1} i ·mnozenje. Neutralni elemenat u ovoj grupi je e = 1. Kako je (−1)2 = 1, redovog elementa je 2, (−i)4 = i4 = 1 red ovih elemenata je 4.

Definicija 5.12 Neka je (G, ∗) grupa i H ⊂ G. Ako je (H, ∗) grupa, ona jepodgrupa grupe (G, ∗).

Definicija 5.13 Neka su (G, ∗) (H, ◦) dve date grupe i funkcija f preslikava skupG u skup H, f :G 7→ H. Funkcija f je homomorfizam ako za svako a i b iz skupaG vazi jednakost

f(a ∗ b) = f(a) ◦ f(b).

Homomorfizam koji je injekcija, tj. ”1-1”, naziva se monomorfizam. Homomor-fizam koji je surjekcija, tj. ”na”, naziva se epimorfizam. Homomorfizam koji jeobostrano jednoznacni preslikavanje, tj. ”1-1” i ”na”, naziva se izomorfizam.

Definicija 5.14 Neka je p najmanji prirodan broj tako da je ap = e, za datuoperaciju ∗. Tada je (G, ∗), G = {a, a2, ..., ap} konacna ciklicna grupa generisanasa a. Oznacavacemo je sa G(a).

Primer 7. Neka je G = {−1,−i, i, 1} i · mnozenje. Uredjeni par (G, ·)je konacna ciklicna grupa , jer skup G mozemo prikazati u obliku G ={i, i2, i3, i4}, i4 = 1 (e=1).

Ako uocimo skup H = {−1, 1} ⊂ G tada je (H, ·) podgrupa grupe (G, ·).To je takodje konaca ciklicna grupa, jer skup H mozemo prikazati u oblikuH = {−1, (−1)2}.

Definicija 5.15 Uredjena trojka (G, ∗, ◦), gde su ∗ i ◦ dve binarne operacije naskupu G, ima strukturu prstena, ako su ispunjeni sledeci uslovi:


1. (G, ∗) je Abelova grupa,

2. Operacija ◦ je distributivna u odnosu na operaciju ∗,3. (G, ◦) je semi-grupa.

Definicija 5.16 Prsten (G, ∗, ◦), kod koga je (G \ {e}, ◦) grupa, naziva se telom.Ovde je e neutralni element grupe (G, ∗).

Definicija 5.17 Telo (G, ∗, ◦), kod koga je (G \ {e}, ◦) Abelova grupa, naziva sepolje.

5.2 Bulova algebra

Definicija 5.18 Uredjena trojka (B, +, ·), gde je B neprazan skup, a + i · dvebinarne operacije na skupu B, ima strukturu Bulove algebre ako su zadovoljenesledece aksiome:A1. (Komutativni zakon) Za svako x, y ∈ B vaze jednakosti

x + y = y + x,

x · y = y · x.

A2. (Asocijativni zakon) Za svako x, y, z ∈ B vaze jednakosti

x + (y + z) = (x + y) + z,

x · (y · z) = (x · y) · z.

A3. (Distribtivni zakon) Za svako x, y, z ∈ B vaze jednakosti

x · (y + z) = x · y + x · z,

x + (y · z) = (x + y) · (x + z).

A4. (Svojstvo identiteta) Skup B sadrzi elemente 0 i 1, tako da za svako x ∈ Bvaze jednakosti

x + 0 = 0 + x = x,

x · 1 = 1 · x = x.

A5. (Zakon komplementa) Za svako x ∈ B postoji element x ∈ B, tako da vazejednakosti

x + x = x + x = 1,

x · x = x · x = 0.

5.2. BULOVA ALGEBRA 85

Elemenat 0 je neutralni elemenat za operaciju +, 1 neutralni elemenat za op-eraciju ·, a x je komplement elementa x. Elemenat x treba shvatiti kao primenuunarne operacije (komplement) na elemenat x. Tako je (x) komplement elementax.

Primer 8. U skupu B = {0, 1} definisimo binarne operacije ∨ i ∧ sa

∨ 1 0 ∧ 1 01 1 1 1 1 00 1 0 0 0 0

Slika 2.

Uredjena trojka (B,∨,∧) ima strukturu Bulove algebre. Elemenat 0 je neu-tralan za operaciju ∨, a 1 neutralan za operaciju ∧.

Teorema 5.6 U Bulovoj algebri (B, +, ·) vaze sledece jednakosti:

1. (Zakon idempotencije) x + x = x, x · x = x.

2. (Zakon nule) x + 1 = 1, x · 0 = 0.

3. (Zakon apsorpcije) x + (x · y) = x, x · (x + y) = x.

Dokaz.

1. x + x A4= (x + x) · 1 A5

= (x + x) · (x + x) A3= x + (x · x) A5

= x + 0 A5= x.

x · x A4= (x · x) + 0 A5

= (x · x) + (x · x) A3= x · (x + x) A5

= x · 1 A4= x.

2. x + 1 A4= (x + 1) · 1 A5

= (x + x) · (x + x) A3= x + (1 · x) A4

= x + x A5= 1.

x · 0 A4= (x · 0) + 0 A5

= (x · 0) + (x · x) A3= x · (0 + x) A4

= x · x A5= 0.

3. x + (x · y) A4= (x · 1) + (x · y) A3

= x · (1 + y) A2= x · 1 A4

= x.

x · (x + y) A4= (x + 0) · (x + y) A3

= x + (0 · y) A1= x + (y · 0) A2

= x + 0 A4= x.

Teorema 5.7 U Bulovoj algebri komplement svakog elementa je jedinstven.

Dokaz. Neka je x proizvoljni elemenat iz B. Pretpostavimo da on ima dva kom-plementa x1 i x2, tako da vaze jednakosti x + x1 = 1, x · x1 = 0, x + x2 = 1 ix · x2 = 0. Tada je

x1 = x1 · 1 = x1 · (x + x2) = x1 · x + x1x2 = 0 + x1x2 = x1x2,


ix2 = x2 · 1 = x2 · (x + x1) = x2 · x + x2x1 = 0 + x2x1 = x2x1 = x1x2,

te je x1 = x2.

Teorema 5.8 U Bulovoj algebri vaze sledece jednakosti:

1. (Zakon involutivnosti) (x) = x.

2. (De Morganovi zakoni) (x + y) = x · y, (x · y) = x + y.

3. (Zakon komplementa) 0 = 1, 1 = 0.

Dokaz.

1. Element (x) je komplement elementa x. Kako je elemenat x komplementelementa x, zbog jedinstvenosti (Teorema 5.7), vazi (x) = x.

2.

(x + y) + x · y = ((x + y) + x) · ((x + y) + y) = ((y + x) + x) · ((x + y) + y)= (y + (x + x)) · (x + (y + y)) = (y + 1) · (x + 1) = 1 · 1 = 1

(x + y) · (x · y) = (x · y) · (x + y) = ((x · y) · x) + ((x · y) · y)= (x · (x · y)) + ((x · y) · y) = ((x · x) · y) + (x · (y · y))= (0 · y) + (x · 0) = 0 + 0 = 0

Na osnovu ovih jednakosti dobijamo da je elemenat x·y komplement elementax + y, tj. vazi jednakost (x + y) = x · y.

(x · y) · (x + y) = ((x · y) · x) + ((x · y) · y) = (x · (x · y)) + ((x · y) · y)= ((x · x) · y) + (x · (y · y)) = (0 · y) + (x · 0) = 0 + 0 = 0

(x + ·y) + (x + y) = (x + y) + (x · y) = ((x + y) + x) · ((x + y) + y)= (x + (x + y)) · ((x + y) + y) = ((x + x) + y) · (x + (y + y))= (1 + y) · (x + 1) = 1 · 1 = 1

Na osnovu ovih jednakosti zakljucujemo da je elemenat x + y komplementelementa x · y, tj. da je (x · y) = x + y.

Napomenimo da smo pri dokazivanju jednakosti 2. koristili Teoremu 5.2.

3. Dokaz ovih jednakosti prepustamo citaocu.

5.3. VEKTORSKI PROSTORI 87

Primer 9. Dokazimo da je x · y = 0 ako i samo ako je x · y = x.

Pretpostavimo da je x · y = 0. Tada je

x = x · 1 = x · (y + y) = x · y + x · y = x · y + 0 = x · y.

Neka je x · y = x. Tada je

x · y = (x · y) · y = x · (y · y) = x · 0 = 0.

Primer 10. Dokazimo da je x + y = y ako i samo ako je xy = x.

Na osnovu zakona o apsorpciji vazi x = x · (x + y). Tako, ako je x + y = yvazi jednakost

x = x · (x + y) = xy.

Na osnovu zakona o apsorpciji je x = x + (x · y), te je

y = y + (y · x) = y + (x · y) = y + x = x + y.

Nije tesko primetiti da svaka od aksioma Bulove algebre sadrzi po dve jed-nakosti. Ako u nekoj od njih, operaciju + zamenimo sa ·, a operaciju · sa +, 1zamenimo sa 0, a 0 sa 1, prelazimo u drugu jednakost, i obrnuto. Zbog toga uBulovoj algebri vazi princip dualizma. Ovu osobinu treba maksimalno koristitiprilikom dokaza teorema.

Primer 11. Posmatrajmo sledece iskaze

(x · y + 1) · (0 + x) · z i (1 + x) · y + xy · z.

Njima su dualni sledeci iskazi

((x + y) · 0) + (1 · x) + z i ((0 · x) + y) · (x + y + z).

5.3 Vektorski prostori

Posmatrajmo dva neprazna skupa V i K. U skupu V uvedena je binarna op-eracija +, tako da je (V, +) Abelova grupa. Elemente skupa V zvacemo vek-torima, u oznaci ~x, te je uvedena operacija + sabiranje vektora. Sa ~0, nula-vektor, oznacavacemo netralni elemenat u odnosu na uvedenu operaciju. Sklup Kje najcesce skup skalara, skup realnih ili kompleksnih brojeva. U skupu K defin-isane su dve operacije + i ·, pri cemu operaciju + ne treba mesati sa prethodnodefinisanom operacijom ”sabiranja vektora”, tako da uredjena trojka (K, +, ·) cinipolje. Sa 1 (jedan) oznacavacemo neutralni elemnat u odnosu na operaciju ·, a sa0 (nula) neutralni elemenat u odnosu na operaciju +.


Definicija 5.19 Uredjeni par skupova (V, K) je vektorski prostor nad poljem Kako su ispunjeni sledeci uslovi:

1. U skupu V definisana je binarna operacija, u oznaci +, sabiranje vektora,tako da je (V, +) Abelova grupa.

2. Definina je binarna operacija ·, mnozenje vektora elementima polja K, takoda svakom uredenom paru (α, ~x) ∈ K × V odgovara elemenat iz V , α · ~x, pricemu vaze jednakosti

α(~x + ~y) = α~x + α~y, (α + β)~x = α~x + β~x, α(β~x) = (αβ)~x, 1 · ~x = ~x,

gde su ~x i ~y proizvoljni vektori, α i β proizvoljni elementi polja K.

Primer 12. Neka je R, skup realnih brojeva i V n = {~x = [x1 x2 ...xn]T |xi ∈ R, i = 1, 2, ..., n} skup n-dimenzionalnih realnih vektora. U skupuR definisimo operacije + i ·, kao sabiranje i mnozenje realnih brojeva. Ure-djena trojka (R,+, ·) ima strukturu polja. U skupu V n definisimo operaciju+, sabiranje dva vektora, na sledeci nacin

~x + ~y = [x1 x2 ... xn]T + [y1 y2 ... yn]T = [x1 + y1 x2 + y2 . . . xn + yn]T .

Uredjeni par (V n, +) ima strukturu Abelove grupe.

Nad elementima skupova V n i R uvedimo operaciju mnozenje vektora real-nim brojem,

α~x = α[x1 x2 ... xn]T = [αx1 αx2 ... αxn]T ,

α ∈ R, ~x ∈ V n. Uredjeni par (V n,R) je vektorski prostor, za napreddefinisane operacije.

Napomenimo, da je za nas od najveceg interesa bas vektorski prostor (V n,R),tj. njemu izomorfni prostor (Rn,R), gde jeRn skup uredjenih n-torki realnihbrojeva

Rn = {~x = (x1, x2, ..., xn)|xi ∈ R, i = 1, 2, ..., n}.

Ako je polje K unapred poznato, i nema opasnosti od zablude, ono se i nespominje, vec se prosto kaze da je V vektorski prostor.

Neka su ~x1, ~x2, ..., ~xn elementi skupa V i α1, α2, ...αn elementi polja K. Izrazoblika

α1~x1 + α2~x2 + · · ·+ αn~xn

naziva se linearnom kombinacijom vektora ~x1, ~x2, ..., ~xn.


Definicija 5.20 Vektori ~x1, ~x2, ..., ~xn, prostora (V, K), su linearno nezavisni akojednakost

α1~x1 + α2~x2 + · · ·+ αn~xn = ~0 (5.1)

vazi ako i samo ako je α1 = α2 = · · · = αn = 0.

Umesto ove definicije koristi se ekvivalentna definicija koja kaze da su vek-tori ~x1, ~x2, ..., ~xn, linearno zavisni ako i samo ako postoji bar jedan od elmenataα1, α2, ..., αn koji nije nula, tako da vazi jednakost (5.1).

Nije tesko primetiti da ako je medju vektorima ~x1, ~x2, ..., ~xn nula-vektor ~0, onisu linearno zavisni. To sledi na osnovu jednakosti

0 · ~x1 + 0 · ~x2 + · · ·+ 1 ·~0 = 0,

pri cemu smo, bez smanjenja opstosti, uzeli da je ~xn = ~0.Takodje, ako su vektori ~x1, ~x2, ..., ~xn linearno zavisni, tada ako je αk 6= 0,

1 ≤ k ≤ n, vektor ~xk moze da se prikaze kao linearna kombinacija preostalih.

Definicija 5.21 Neka je (V, K) dati vektorski prostor i A ⊂ V , A = {~x1, ~x2, ...,~xn}. Skup svih linearnih kombinacija elemenata skupa A, u oznaci L(A),

L(A) = {α1~x1 + α2~x2 + · · ·+ αn~xn|αi ∈ K, i = 1, 2, ..., n}naziva se linealom skupa A.

Definicija 5.22 Neka je (V,K) dati vektorski prostor i A ⊂ V . Ako je L(A) = Vskup A je skup generatora skupa V .

Definicija 5.23 Neka je (V, K) dati vektorski prostor i A ⊂ V , skup linearnonezavisnih vektora. Ako je L(A) = V elementi skupa A cine bazu skupa V .

Primer 13. Neka je (V 3,R), V 3 = {~x = [x1 x2 x3]T |xi ∈ R, i = 1, 2, 3},dati vektorski prostor. Uocimo skup B = {~e1, ~e2, ~e3, ~e4}, B ⊂ V 3, definisansa ~e1 = [1 0 0]T , ~e2 = [0 1 0]T , ~e3 = [0 0 1]T , ~e4 = [1 1 1]T . Kako za svakielemenat ~x ∈ V 3 vazi jednakost

~x = [x1 x2 x3]T = [x1 0 0]T + [0 x2 0]T + [0 0 x3]T

= x1[1 0 0]T + x2[0 1 0]T + x3[0 0 1]T = x1~e1 + x2~e2 + x3~e3 + 0 · ~e4,

skup B je skup generatora skupa V 3, L(B) = V 3. Medjutim, skup B nijebaza skupa V 3, jer vektori ~e1, ~e2, ~e3 i ~e4 nisu linearno nezavisni, jer vazijednakost

1 · ~e1 + 1 · ~e2 + 1 · ~e3 − 1 · ~e4 = 0.

Nije tesko proveriti da bazu skupa V 3 cine vektori skupa A = {~e1, ~e2, ~e3}.


Ako vektorski prostor (V, K) sadrzi bazu od n-linearno nezavisnih vektora, onje dimenzije n, n ∈ N . Ako za svako n vektorski prostor V sadrzi n linearnonezavisnih vektora, on je beskonacno dimenzionalan. Nas, uglavnom, interesujukonacno dimenzionalni prostori.

Neka je (V n,R) n-dimenzionalni vektorski prostor. Baza ovog prostora sadrzin linearno nezavisnih vektora. Ona nije jedinstvena. Drugim recima, ako su A ={~e1, ~e2, ..., ~en} i B = {~e∗1, ~e∗2, ..., ~e∗n} dve baze ovog vektorskog prostora, tada postojijedinstvena regularna matrica D = (dij), reda n× n, tako da je

[~e∗1 ~e∗2 ... ~e∗n]T = D · [~e1 ~e2 ... ~en]T . (5.2)

Kako elementi skupa A cine bazu, to se svaki vektor vektorskog prostora V mozeprikazati kao njihova linearna kombinacija. To vazi i za vektore skupa B, te postojejedinstveni realni brojevi dij , i = 1, 2, ..., n i j = 1, 2, ..., n, tako da je

~e∗1 = d11~e1 + d12~e2 + · · ·+ d1n~en

~e∗2 = d21~e1 + d22~e2 + · · ·+ d2n~en

...~e∗n = dn1~e1 + dn2~e2 + · · ·+ dnn~en, (5.3)

odakle direktno dobijamo (5.2).

Primer 14. U vektorskom prostoru (V 3,R) iz Primera 13, uocimo skupoveA = {~e1, ~e2, ~e3} i B = {~e∗1, ~e∗2, ~e∗3}, definisane sa

~e1 = [1 0 0]T , ~e2 = [0 1 0]T , ~e3 = [0 0 1]T ,

i~e∗1 = [1 0 0]T , ~e∗2 = [1 1 0]T , ~e∗3 = [1 1 1]T .

Skupovi A i B definisu dve baze. Veza izmedju njih moze da se uspostavi nasledeci nacin:

~e∗1 = [1 0 0]T = 1 · ~e1,

~e∗2 = [1 1 0]T = [1 0 0]T + [0 1 0]T = 1 · ~e1 + 1 · ~e2,

~e∗3 = [1 1 1]T = [1 0 0]T + [0 1 0]T + [0 0 1]T = 1 · ~e1 + 1 · ~e2 + 1 · ~e3,

te je

~e∗1~e∗2~e∗3

=

1 0 01 1 01 1 1

·

~e1

~e2

~e3

.


Mogli smo naci i obrnutu vezu:

~e1 = ~e∗1~e2 = [0 1 0]T = [1 1 0]T − [1 0 0]T = −~e∗1 + ~e∗2~e3 = [0 0 1]T = [1 1 1]T − [1 1 0]T = −~e∗2 + ~e∗3.

Tako je

~e1

~e2

~e3

=

1 0 0−1 1 00 −1 1

·

~e∗1~e∗2~e∗3

.

Uocimo neki proizvoljni vektor iz V 3, recimo ~x = [2 3 − 1]T . On se mozeprikazati u posmatranim bazama, tj. ”razapeti” pomocu vektora ovih baza.

~x7 = [2 3 − 1]T = [2 0 0]T + [0 3 0]T + [0 0 − 1]T =7 = 2[1 0 0]T + 3[0 1 0]T + (−1)[0 0 1]T = 2~e1 + 3~e2 − ~e3.

Koristeci veze izmedju baznih vektora, dobijamo

~x = 2~e1 + 3~e2 − ~e3 = 2~e∗1 + 3(−~e∗1 + ~e∗2)− (−~e∗2 + ~e∗3) = −~e∗1 + 4~e∗2 − ~e∗3.

Dobili smo da vektor ~x, koji u bazi {~e1, ~e2, ~e3} ima prezentaciju ~x = [2 3 −1]T ,u bazi {~e∗1, ~e∗2, ~e∗3} ima prezentaciju ~x = [−1 4 − 1]T .

Neka su u vektorskom prostoru (V n,R) izabrane dve baze, definisane skupo-vima A = {~e1, ~e2, ..., ~en} i B = {~e∗1, ~e∗2, ..., ~e∗n}. U (5.2), tj. (5.3) pokazali smo kakose vektori skupa B mogu najedinstveni nacin prikazati preko elemenata skupa A.Ali, vazi i obrnuto. Postoji jedinstvena regularna matrica C = (cij), reda n × n,tako da je

[~e1 ~e2 ... ~en]T = CT · [~e∗1 ~e∗2 ...~e∗n ]T ,

tj.

~e1 = c11~e∗1 + c21~e

∗2 + · · ·+ cn1~e

∗n

~e2 = c12~e∗1 + c22~e

∗2 + · · ·+ cn2~e

∗n

...~en = c1n~e∗1 + c2n~e∗2 + · · ·+ cnn~e∗n. (5.4)

Pokazacemo kako se iz prezentacije proizvoljnog vektora ~x ∈ V n, u jednojbazi, prelazi u prezentaciju u drugoj bazi. Neka proizvoljni vektor ~x, ~x ∈ V n imaprezentaciju u bazi A = {~e1, ~e2, ..., ~en}

~x = [α1 α2 ... αn]T = α1~e1 + α2~e2 + · · ·+ αn~en,


a u bazi B = {~e∗1, ~e∗2, ..., ~e∗n}

~x = [β1 β2 ... βn]T = β1~e∗1 + β2~e

∗2 + · · ·+ βn~e∗n.

Na osnovu (5.3) vazi jednakost

~x = [α1 α2 ... αn]T = α1~e1 + α2~e2 + · · ·+ αn~en == α1(c11~e

∗1 + c21~e

∗2 + · · ·+ cn1~e

∗n) + α2(c12~e

∗1 + c22~e

∗2 + · · ·+ cn2~e

∗n)

+ · · ·+ αn(c1n~e∗1 + c22~e∗2 + · · ·+ cnn~e∗n)

= (c11α1 + c12α2 + · · ·+ c1nαn)~e∗1 + (c21α1 + c22α2 + · · ·+ c2nαn)~e∗2+ · · ·+ (cn1α1 + cn2α2 + · · ·+ cnnαn)~e∗n

Kako je ~x = β1~e∗1 + β2~e

∗2 + · · ·+ βn~e∗n vaze jednakosti

β1 = c11α1 + c12α2 + · · ·+ c1nαn

β2 = c21α1 + c22α2 + · · ·+ c2nαn

...βn = cn1α1 + cn2α2 + · · ·+ cnnαn,

[β1 β2 · · · βn]T = C[α1 α2 · · · αn]T ,

gde je matrica C = (cij), reda n × n, definisana u (5.4). Slicnim postupkomdobijamo da je

[α1 α2 · · · αn]T = D[β1 β2 · · · βn]T .

Zbog jedinstvenosti prezentacije nekog vektora u izabranoj bazi vazi jednakostD = C−1.

Glava 6

Specijalne matrice. Permanent

6.1 Binarne matrice

Definicija 6.1 Matrica A = (aij) se naziva binarnom matricom ako njeni ele-menti uzimaju vrednosti samo iz skupa {0, 1}.

Binarne matrice se u literaturi srecu i pod nazivom Bulove ili (0, 1)-matrice.

Definicija 6.2 Kvadratna binarna matrica se naziva permutacionom ako i samoako u svakoj njenoj vrsti i koloni ima po tacno jedna jedinica.

Permutacione matrice cemo oznacavati sa Pi. Skup svih permutacionih ma-trica, reda n× n, oznacavacemo sa P (n, 1), P (n, 1) = {Pi}.

Primer 1. Skup P (3, 1) cine matrice

P1 =

1 0 00 1 00 0 1

P2 =

0 1 00 0 11 0 0

P3 =

0 0 11 0 00 1 0

,

P4 =

1 0 00 0 10 1 0

P5 =

0 1 01 0 00 0 1

P6 =

0 0 10 1 01 0 0

.

Teorema 6.1 Skup P (n, 1), n ≥ 1, sastoji se od n! = n · (n− 1) · · · 2 · 1 permuta-cionih matrica, tj.

|P (n, 1)| = n · (n− 1) · · · 2 · 1 = n! (6.1)

93

94 GLAVA 6. SPECIJALNE MATRICE. PERMANENT

Dokaz. Dokaz cemo sprovesti primenom matematicke indukcije. Za n := 1 postojisamo jedna permutaciona matrica reda 1×1, pa je tvrdjenje (6.1) tacno. Za n := 2postoji ukupno dve permutacione matrice, reda 2× 2, i to su

[1 00 1

]i

[0 11 0

],

te je tvrdjenje (6.1) tacno i u ovom slucaju.Pretpostavimo da je tvrdjenje (6.1) tacno za neko fiksirano n, vece ili jednako 2,n := n.Neka je P (n+1, 1) skup svih permutacionih matrica reda (n+1)×(n+1). Uocimopodskupove ovog skupa, u oznaci Pi(n + 1, 1), i = 1, 2, ..., n + 1, kod kojih se ui-toj koloni prve vrste nalazi jedinica. Ovi podskupovi su medjusobno disjunktni,te vazi jednakost

|P (n + 1, 1)| =∣∣∣∪n+1

i=1 Pi(n + 1, 1)∣∣∣ =

n+1∑

i=1

|Pi(n + 1, 1)| . (6.2)

Oznacimo sa Pi(n, 1), i = 1, 2, ..., n + 1, skup svih permutacionih matrica redan × n, koje se dobijaju kada se u permutacionoj matrici iz skupa P (n + 1, 1)izostavi prva vrsta i i-ta kolona. Za svako fiksirano i, i = 1, 2, ..., n + 1 vazijednakost |Pi(n + 1, 1)| = |Pi(n, 1)|. Kako je na osnovu induktivne pretpostavke|Pi(n, 1)| = n · (n− 1) · · · 1 = n!, to iz (6.2) dobijamo

|P (n + 1, 1)| =n+1∑

i=1

|Pi(n + 1, 1)| =n+1∑

i=1

n! = (n + 1) · n! = (n + 1)!

sto je i trebalo dokazati.

U skladu sa definicijom permutacione matrice, reda n > 1, bilo koje njene dve,medjusobno razlicite, vektor-vrste, tj. vektor-kolone, ne mogu imati jedinice naistim pozicijama. Samim tim, njihov skalarni proizvod je jednak nuli. Ako uocimoda je skalarni proizvod njene, bilo koje, vektor-vrste, tj. vektor-kolone, sa samomsobom jednak jedinici, vazi sledeci rezultat.

Teorema 6.2 Za svaku permutacionu matric P vazi

P · P T = P T · P = I, (6.3)

gde je I jedinicna matrica, odgovarajuceg reda.

6.1. BINARNE MATRICE 95

Na osnovu jednakosti (6.3) vazi jednakost

det(I) = det(P · P T ) = det(P ) · det(P T )

te jedetP = detP T = 1 ili detP = detP T = −1,

za svaku permutacionu matricu P .

Primer 2. Uocimo matrice P2 i P5 iz Primera 1.

P2 =

0 1 00 0 11 0 0

P5 =

0 1 01 0 00 0 1

.

Za njih vazi detP2 = −1, detP5 = 1,

P T2 =

0 0 11 0 00 1 0

P T

5 = P5 =

0 1 01 0 00 0 1

P2 ·P T2 = P T

2 ·P2 = I =

1 0 00 1 00 0 1

i P5 ·P T

5 = P T5 ·P5 = I =

1 0 00 1 00 0 1

.

Za permutacione matrice iz iste klase, P (n, 1), vazi sledeci rezultat.

Teorema 6.3 Proizvod permutacionih matrica je permutaciona matrica.

Primer 3. Tablica medjusobnih proizvoda permutacionih matrica P1, P2,P3, P4, P5, P6 iz Primera 1 je oblika

· P1 P2 P3 P4 P5 P6

P1 P1 P2 P3 P4 P5 P6

P2 P2 P3 P1 P6 P4 P5

P3 P3 P1 P2 P5 P6 P4

P4 P4 P5 P6 P1 P2 P3

P5 P5 P6 P4 P3 P1 P2

P6 P6 P4 P5 P2 P3 P1

Slika 1


Definicija 6.3 Kvadratna matrica A = (aij), reda n×n, je k-binarna ako i samoako u svakoj vrsti i koloni ima tacno po k jedinica. Skup svih k-binarnih matrica,reda n× n, oznacavamo sa P (n, k).

Teorema 6.4 Svaka binarna matrica A iz skupa P (n, k) moze se prikazati u obliku

A =k∑

i=1

Pi = P1 + P2 + · · ·+ Pk, (6.4)

gde su Pi, i = 1, 2, ..., k, medjusobno razlicite permutacione matrice.

Razlaganje (6.4) nije jedinstveno.

Primer 4. Navescemo dva, razlicita, razlaganja oblika (6.4) matrice

A =

1 1 0 0 11 1 1 0 00 1 1 1 00 0 1 1 11 0 0 1 1

iz klase P (5, 3).

A =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

+

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 0

+

0 0 0 0 11 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0

,

A =

1 0 0 0 00 0 1 0 00 1 0 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

0 1 0 0 01 0 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 10 0 0 1 0

+

0 0 0 0 10 1 0 0 00 0 0 1 00 0 1 0 01 0 0 0 0

.

U daljem tekstu bavicemo se malo detalnije trima klasama permutacionihmatrica. To su matrice ciklicnog pomeraja, matrice r-tog pomeraja i matrice(r1, ..., rm)-pomeraja.


Definicija 6.4 Neka je In jedinicna matrica reda n× n. Pod matricom ciklicnogpomeraja, reda k (k ≤ n), podrazumeva se matrica koja se dobija od matrice In

ciklicnim pomeranjem njenih kolona za k mesta u desnu ili levu stranu. Matricuciklicnog pomeraja reda k u desno oznacavacemo sa I

(k→)n , a u levo I

(←k)n .

Primer 5. Primeri matrica ciklicnog pomeraja u desno, reda 1, 2 i 3 su:

I(1→)5 =

0 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 0

, I

(2→)5 =

0 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 00 1 0 0 0

, I

(3→)5 =

0 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 0

,

a primeri matrica ciklicnog pomeraja u levo, reda 1, 2 i 3 su:

I(←1)5 =

0 0 0 0 11 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 0

, I

(←2)5 =

0 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 0

, I

(←3)5 =

0 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 11 0 0 0 00 1 0 0 0

.

Matrice ciklicnog pomeraja se koriste za ciklicno preuredjenje elemenata datogvektora ili matrice. Neka je dat vektor ~x = [x1 x2...xn]T . Proizvod I

(1→)n · ~x

oznacava da su se elementi u vektoru ~x ciklicno pomerili za jedno mesto u levo.Ako dobijeni vektor oznacimo sa ~x(←1), vazi jednakost

~x(←1) = I(1→)n · ~x = [x2 x3...xn x1]T .

U opstem slucaju, proizvod I(k→)n ·~x oznacava da su se elementi u vektoru ~x ciklicno

pomerili u levo za k mesta (k ≤ n). Ako dobijeni vektor oznacimo sa ~x(←k), vazijednakost

~x(←k) = I(k→)n · ~x = [xk+1...xn x1...xk]T .

Slicno, proizvod I(←1)n · ~x oznacava da su se elementi u vektoru ~x ciklicno

pomerili za jedno mesto u desno. Ako dobijeni vektor oznacimo sa ~x(1→), vazijednakost

~x(1→) = I(←1)n · ~x = [xn x1 x2...xn−1]T .

U opstem slucaju, proizvod I(←k)n · ~x oznacava da su se elementi u vektoru ~x

ciklicno pomerili u desno za k mesta (k ≤ n). Ako dobijeni vektor oznacimo sa~x(k→), vazi jednakost

~x(k→) = I(←k)n · ~x = [xn−k+1...xn x1...xn−k]T .

Primer 6. Za slucaj I(2→)4 i I

(←1)4 i ~x = [x1 x2 x3 x4]T imamo

~x(←2) = I(2→)4 · ~x =

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

·

x1

x2

x3

x4

= [x3 x4 x1 x2]T ,


~x(1→) = I(←1)4 · ~x =

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

·

x1

x2

x3

x4

= [x4 x1 x2 x3]T .

Za matrice ciklicnog pomeraja vaze sledece osobine

I(k→)n =

(I(1→)n

)k, I(k→)

n =(I(←k)n

)T,

I(k→)n I(←k)

n = In , I(k→)n = I(←(n−k))

n .

Naravno, vaze iste osobine i ako se umesto matrica ciklicnog pomeraja u desnouzmu matrice ciklicnog pomeraja u levo.

Kada se matrice ciklicnih pomeraja primene na odgovarajuce kvadratne ma-trice dolazi do ciklicnog pomeraja, odredjenog reda, njenih vrsta ili kolona. Nar-avno, matrice ciklicnog pomeraja mogu da se primene i na pravougaone matrice,samo sto treba voditi racuna o uslovu egzistencije proizvoda.

Primer 7. Posmatrajmo pravougaonu matricu reda 3× 4

A =

a11 a12 a13 a14

a21 a22 a23 a24

a31 a32 a33 a34

.

Ako sa leve strane pomnozimo matricu A, matricom I(2→)3 , ili sto je isto

I(←1)3 , dobijamo matricu

I(2→)3 ·A =

a31 a32 a33 a34

a11 a12 a13 a14

a21 a22 a23 a24

.

Dobijena matrica se dobija na osnovu date matrice, tako sto se vrste ciklicnopomere navise za dva mesta, tj. za jedno mesto nanize.

Ako datu matricu sa desne strane pomnozimo matricom I(2→)4 , ili sto je isto

I(←2)4 , dobijamo matricu

A · I(2→)4 =

a13 a14 a11 a12

a23 a24 a21 a22

a33 a34 a31 a32

.

Vidi se da su se kolone matrice A ciklicno pomerile u levo (u desno) za podva mesta.


Veoma bliske sa matricama ciklicnog pomeraja su permutacione matrice obr-nutog ciklicnog pomeraja. One se dobijaju ciklicnim pomeranjem, u levu ili desnustranu, elemenata vrsta (kolona) matrice

In =

0 0 · · · 0 10 0 · · · 1 0...0 1 · · · 0 01 0 · · · 0 0

.

Najpre, primetimo da se na osnovu proizvoda In · ~x, gde je ~x = [x1 x2 .... xn]T

dobija vektor ciji elementi stoje u obrnutom redosledu, tj. u ”ogledalskom” poretkuu odnosu na vektor ~x. Drugim recima, imamo da je

In · ~x = [xn xn−1 ... x1]T .

Sa I(k→)n , tj. I

(←k)n oznacavacemo permutacione matrice obrnutog ciklicnog pomer-

aja reda k u desno, tj. u levo. Veze ovih matrica sa matricama ciklicnog pomerajamogu da se uspostave pomocu jednakosti

I(k→)n = I((n−k)→)

n · In, (6.5)

iI(k→)n · In = I((n−k)→)

n = I(←k)n . (6.6)

Pre nego sto definisemo permutacione matrice r-tog pomeraja, koje su jedna gen-eralizacija matrica ciklicnog pomeraja, podsetimo se definicije i osnovnih osobinaKronekerovog (tenzorskog) proizvoda matrica.

Neka su A = (aij) i B = (bij) dve date kvadratne matrice reda m × m in× n, respektivno. Pod Kronekerovim (tenzorskim) proizvodom ove dve matrice,u oznaci A⊗B, podrazumeva se kvadratna matrica reda (m)×(m), ciji su elementiblok matrice aijB, za i = 1, 2, ..., n i j = 1, 2, ..., n, tj. C = A⊗B = (aijB).

Primer 8. Neka su date matrice A = (aij),reda 2 × 2 i B = (bij), reda3× 3. Tenzorski proizvod ove dve matrice je matrica

C = A⊗B =

[a11B a12Ba21B a22B

]=

a11b11 a11b12 a11b13 a12b11 a12b12 a12b13a11b21 a11b22 a11b23 a12b21 a12b22 a12b23a11b31 a11b32 a11b33 a12b31 a12b32 a12b33a21b11 a21b12 a21b13 a22b11 a22b12 a22b13a21b21 a21b22 a21b23 a22b21 a22b22 a22b23a21b31 a21b32 a21b33 a22b31 a22b32 a22b33

.

Osnovne osobine tenzorskog proizvoda matrica su:


a) Ako su A, B, C i D date kvadratne matrice reda m×m, tada vaze jednakosti

A⊗B ⊗ C = (A⊗B)⊗ C = A⊗ (B ⊗ C),(A + B)⊗ (C + D) = A⊗ C + A⊗D + B ⊗ C + B ⊗D,

(A⊗B)(C ⊗D) = (AC)⊗ (BD),(αA)⊗B = A⊗ (αB) = α(A⊗B).

b) Ako je Am data kvadrana matrica reda m×m i Bn kvadratna matrica redan× n, tada vaze jednakosti

Am ⊗Bn = (Am ⊗ In)(Im ⊗Bn) = (Im ⊗Bn)(Am ⊗ In),(Am ⊗Bn)−1 = A−1

m ⊗B−1n , (detA 6= 0, detB 6= 0).

Definisimo sada permutacione matrice r-tog pomeraja. Neka su r, k i m prirodnibrojevi, takvi da je r ≥ 2 i 0 ≤ k < rm. Tada prirodan broj k mozemo najedinstven nacin napisati u obliku

k = km−1rm−1 + km−2r

m−2 + · · ·+ k0r0, (6.7)

gde su celi brojevi ki, i = 0, 1, .., m− 1, sa osobinom 0 ≤ ki ≤ r − 1.

Definicija 6.5 Permutaciona matrica r-tog pomeraja za k pozicija u desno, uoznaci S

(k→)rrm definise se sa

S(k→)rrm = S

((∑m−1

i=0kir

i)→)r

rm = I(km−1→)r ⊗ · · · ⊗ I(k1→)

r ⊗ I(k0→)r . (6.8)

Definicija 6.6 Permutaciona matrica r-tog pomeraja za k pozicija u levo, u oz-naci S

(←k)rrm definise se sa

S(←k)rrm = S

(←(∑m−1

i=0kir

i))r

rm = I(←km−1)r ⊗ · · · ⊗ I(←k1)

r ⊗ I(←k0)r . (6.9)

Primer 9. Neka je r = 3 i m = 2, tj. rm = 9. Za k = 1, 2, 3, ..., 8 razlaganjaoblika (6.7) su

1 = 0 · 31 + 1 · 30, 2 = 0 · 31 + 2 · 30, 3 = 1 · 31 + 0 · 30, 4 = 1 · 31 + 1 · 30,

5 = 1 · 31 + 2 · 30, 6 = 2 · 31 + 0 · 30, 7 = 2 · 31 + 1 · 30, 8 = 2 · 31 + 2 · 30.


Odgovarajuce permutacione matrice 3-pomeraja u desno za k-pozicija (k =1, 2, ..., 8), su

S(1→)332 = S

((0·31+1·30)→)332 = I

(0→)3 ⊗ I

(1→)3 =

I(1→)3 0 00 I

(1→)3 0

0 0 I(1→)3

,

S(2→)332 = S

((0·31+2·30)→)332 = I

(0→)3 ⊗ I

(2→)3 =

I(2→)3 0 00 I

(2→)3 0

0 0 I(2→)3

,

S(3→)332 = S

((1·31+0·30)→)332 = I

(1→)3 ⊗ I

(0→)3 =

0 I3 00 0 I3

I3 0 0

,

S(4→)332 = S

((1·31+1·30)→)332 = I

(1→)3 ⊗ I

(1→)3 =

0 I(1→)3 0

0 0 I(1→)3

I(1→)3 0 0

,

S(5→)332 = S

((1·31+2·30)→)332 = I

(1→)3 ⊗ I

(2→)3 =

0 I(2→)3 0

0 0 I(2→)3

I(2→)3 0 0

,

S(6→)332 = S

((2·31+0·30)→)332 = I

(2→)3 ⊗ I

(0→)3 =

0 0 I3

I3 0 00 I3 0

,

S(7→)332 = S

((2·31+1·30)→)332 = I

(2→)3 ⊗ I

(1→)1 =

0 0 I(1→)3

I(1→)3 0 00 I

(1→)3 0

,

S(8→)332 = S

((2·31+2·30)→)332 = I

(2→)3 ⊗ I

(2→)1 =

0 0 I(2→)3

I(2→)3 0 00 I

(2→)3 0

.

Mnozenjem datog vektora

~x =[

x1 x2 x3

∣∣∣ x4 x5 x6

∣∣∣ x7 x8 x9

]T,


kod koga smo isprekidanim linijama grupisali elemente u tri grupe, sa nave-denim permutacionim matricama, redom, dobijamo:

[1] S(1→)3

32 · ~x =[

x2 x3 x1

∣∣∣ x5 x6 x4

∣∣∣ x8 x9 x7

]T,

[2] S(2→)3

32 · ~x =[

x3 x1 x2

∣∣∣ x6 x4 x5

∣∣∣ x9 x7 x8

]T,

[3] S(3→)3

32 · ~x =[

x4 x5 x6

∣∣∣ x7 x8 x9

∣∣∣ x1 x2 x3

]T,

[4] S(4→)3

32 · ~x =[

x5 x6 x4

∣∣∣ x8 x9 x7

∣∣∣ x2 x3 x1

]T,

[5] S(5→)3

32 · ~x =[

x6 x4 x5

∣∣∣ x9 x7 x8

∣∣∣ x3 x1 x2

]T,

[6] S(6→)3

32 · ~x =[

x7 x8 x9

∣∣∣ x1 x2 x3

∣∣∣ x4 x5 x6

]T,

[7] S(7→)3

32 · ~x =[

x8 x9 x7

∣∣∣ x2 x3 x1

∣∣∣ x5 x6 x4

]T,

[8] S(8→)3

32 · ~x =[

x9 x7 x8

∣∣∣ x3 x1 x2

∣∣∣ x6 x4 x5

]T.

Na osnovu prethodnih jednakosti lako je uociti da primenom permutacionematrice 3-pomeraja na vektor reda 9 × 1, koga smo podelili na tri blokaod po tri elementa, moze doci do ciklicnog pomeraja blokova, pri cemu seelementi u blokovima takodje mogu ciklicno pomerati. Tako, transformacije[1] i [2] ne vrse pomeranje blokova, vec samo elemenata unutar blokova.Transformacije [3] i [6] ciklicno pomeraju blokove datog elementa, ali nemapomeranja elemenata u njima. Konacno transformacije [4], [5], [7] i [8] vrseciklicno pomeranje i blokova i elemenata u njima.

Slicno, kao u prethodnom primeru, mozemo u opstem slucaju opisati delovanjepermutacione matrice r-tog pomeraja za k pozicija, S

(k→)rrm , na dati vektor ~x, reda

rm× 1, koga posmatramo razbijenog na rm−1 blokova od po r elemenata. Uocimotri moguca slucaja. Ako je 1 ≤ k < r nema pomeranja blokova, vec samo ciklicnogpomeranja elemenata u njima, i to za k pozicija u levo. Ako je k deljivo sa r, dolazido ciklicnog pomeranja blokova za k

r pozicija u levo, ali nema ciklicnog pomeranjau okviru blokova. Ako je k > r i k nije deljivo sa r, dolazi do ciklicnog pomeranjablokova za [kr ] pozicija ulevo, i ciklicnog pomeranja elemenata u blokovima za(k

r − [kr ])r pozicija u levo. Naravno, do slicnih se zakljucaka dolazi i analizomdelovanja permutacione matrice r-tog pomeraja za k-pozicija u levo, S

(←k)rrm , na

dati vektor


Za m = 1, na osnovu (6.9), imamo da je

S(k→)rr = I(k→)

r ,

tj. permutaciona matrica r-tog pomeraja za k-pozicija u desno (levo) svodi se namatricu ciklicnog pomeraja reda k u desno (levo).

Za m = 2 na osnovu (6.8) i (6.9) dobijamo da vazi jednakost

S(k→)22m = S

(←k)22m ,

koja se za k = 2m − 1 svodi na jednakost

S((2m−1)→)22m = I2m ,

sto predstavlja vezu sa permutacionom matricom obrnutog ciklicnog pomeraja.Osnovne osobine permutacione matrice r-tog pomeraja su:

S(k→)rrm · S(←k)r

rm ≡ Irm ,

S(k→)rrm = S

(←(rm−k))rrm ,

S(k→)rrm = Irm−i−1 ⊗ S

(k→)r

ri+1 , i ∈ {0, 1, ..., m− 1}S

(←k)rrm = Irm−i−1 ⊗ S

(←k)r

ri+1 , i ∈ {0, 1, ..., m− 1}S

(rm→)rrm = S

(←rm)rrm ≡ Irm .

Sledeca klasa permutacionih matrica, koja je u neku ruku uopstenje prethodnodefinisane klase, obuhvata permutacione matrice (r0, ..., rm)-tog pomeraja.

Neka je n dati prirodan broj koga razlazemo na cinioce

n = r0 · r1 · · · rm, r0 = 1, ri ∈ N , ∞ ≤ 〉 ≤ m, (6.10)

pri cemu je r0 ≤ r1 ≤ · · · ≤ rm. Tada svaki prirodan broj k < m mozemo najedinstven nacin prikazati u obliku

k =m−1∑

i=0

ki(r0r1...ri) = k0r0 + k1r0r1 + · · ·+ km−1r0r1 · · · rm−1, (6.11)

gde su ki celi brojevi sa osobinom 0 ≤ ki ≤ ri+1− 1 za svako i = 0, 1, ..., m− 1.

Definicija 6.7 Permutaciona matrica (r0, r1, ..., rm)-tog pomeraja za k-pozicija udesno, u oznaci S

(k→)r0r1···rm definise se sa

S(k→)r0r1···rm = S

(∑m−1

i=0ki(r0r1···ri)→)

r0r1···rm = I(km−1→)rm

⊗ I(km−2→)rm−1

⊗ · · · ⊗ I(k0→)r1

. (6.12)


Definicija 6.8 Permutaciona matrica (r0, r1, ..., rm)-tog pomeraja za k-pozicija ulevo, u oznaci S

(←k)r0r1···rm definise se sa

S(←k)r0r1···rm = S

(←∑m−1

i=0ki(r0r1···ri))

r0r1···rm = I(←km−1)rm

⊗ I(←km−2)rm−1

⊗ · · · ⊗ I(←k0)r1

. (6.13)

Primer 10. Posmatrajmo prirodni broj n = 6. Njega mozemo napisati,shodno (6.10), u obliku n = 1 · 2 · 3. Tako je r0 = 1, r1 = 2 i r2 = 3. Za svakiprirodni broj k, k = 1, 2, 3, 4, 5, vaze jednakosti

1 = 1 · (1) + 0 · (1 · 2), 2 = 0 · (1) + 1 · (1 · 2), 3 = 1 · (1) + 1 · (1 · 2),4 = 0 · (1) + 2 · (1 · 2), 5 = 1 · (1) + 2 · (1 · 2).

Sada mozemo formirati sledece permutacione matrice (1, 2, 3)-tog pomerajau desno

S(1→)1·2·3 = S

((1·(1)+0·(1·2))→)1·2·3 = I

(0→)3 ⊗ I

(1→)2 =

I(1→)2 0 00 I

(1→)2 0

0 0 I(1→)2

,

S(2→)1·2·3 = S

((0·(1)+1·(1·2))→)1·2·3 = I

(1→)3 ⊗ I

(0→)2 =

0 I2 00 0 I2

I2 0 0

,

S(3→)1·2·3 = S

((1·(1)+1·(1·2))→)1·2·3 = I

(1→)3 ⊗ I

(1→)2 =

0 I(1→)2 0

0 0 I(1→)2

I(1→)2 0 0

,

S(4→)1·2·3 = S

((0·(1)+2·(1·2))→)1·2·3 = I

(2→)3 ⊗ I

(0→)2 =

0 0 I2

I2 0 00 I2 0

,

S(5→)1·2·3 = S

((1·(1)+2·(1·2))→)1·2·3 = I

(2→)3 ⊗ I

(1→)2 =

0 0 I(1→)2

I(1→)2 0 00 I

(1→)2 0

.

Da bismo bolje uocili kakve se transformacije dogadjaju na datom vektoru

~x = [x1 x2 x3 x4 x5 x6]T ,


primenom navedenih permutacionih matrica, elemente ovog vektora grupi-simo na sledeci nacin

~x =[

x1 x2

∣∣∣ x3 x4

∣∣∣ x5 x6

]T.

Sada imamo

S(1→)1·2·3 · ~x =

[x2 x1

∣∣∣ x4 x3

∣∣∣ x6 x5

]T,

S(2→)1·2·3 · ~x =

[x3 x4

∣∣∣ x5 x6

∣∣∣ x1 x2

]T,

S(3→)1·2·3 · ~x =

[x4 x3

∣∣∣ x6 x5

∣∣∣ x2 x1

]T,

S(4→)1·2·3 · ~x =

[x5 x6

∣∣∣ x1 x2

∣∣∣ x3 x4

]T,

S(5→)1·2·3 · ~x =

[x6 x5

∣∣∣ x2 x1

∣∣∣ x4 x3

]T.

Uocavamo dosta slicnosti kod primene permutacione matrice date sa (6.12)sa dejstvom permutacione matrice tipa (6.8). Ipak, sada je situacija mnogoslozenija. Slozenija je sama podela datog vektora na blokove. U ovomprimeru smo dati vektor podelili na 3 bloka, pri cemu je svaki blok sadrzao podva elementa. Permutacije se u datom vektoru mogu obavljati po blokovima,po elementima unutar blokova, kao i jedno i drugo istovremeno.

Preporucujemo da citalac na ovom primeru prouci pod kojim uslovima seobavljaju odredjene transformacije nad elementima datog vektora.

U opstem slucaju, dati vektor duzine n = r1r2 · · · rm se najpre podeli na blokoveduzine rm, zatim se svaki od njih podeli na podblokove duzine rm−1, pa se svakipodblok podeli na nove podblokove duzine rm−2, i tako do kraja, dok se podelane izvrsi do nivoa r1. Primenom permutacione matrice tipa (6.12), a samim tim iodgovarajuce permutacione matrice za pomeraj u levo, na dati vektor, permutacije,tj. ciklicni pomeraji, mogu nastupiti na svakom od pomenutih nivoa, u zavisnostiod parametara ki, 0 ≤ i ≤ m− 1.

Nije tesko primetiti da se za r1 = r2 = · · · = rm = r permutaciona matricaS

(k→)r0r1···rm svodi na permutacionu matricu tipa (6.9), tj. vazi jednakost

S(k→)r · r · · · r︸︷︷︸ = S

(k→)rrm i S

(←k)r · r · · · r︸︷︷︸ = S

(←k)rrm .

m-puta m-puta


Veoma je sirok spektar primena permutacionih matrica u raznim teorijamai prakticnim realizacijama. O nekim primenama u resavanju kombinatornih za-dataka (blok-seme, grafovi i druge konfiguracije) bice vise reci u drugim odeljcima.U litearturi se mogu naci primene u resavanju problema iz linearne algebre (re-savanje sistema linearnih jednacina Gausovim postupkom sa izborom glavnog ele-menta, faktorizacija date kvadratne matrice...), kao i primeni permutacionih ma-trica kod diskretnih transformacija.

Permutacione matrice su nasle veoma vaznu primenu kod resavanja problemana paralelnim racunarskim sistemima. Ova primena je relativno novijeg datuma.Naime, u opstem slucaju, prilikom resavanja problema na nekom paralelnom racu-narskom sistemu, veoma retko se dogadja da ulazni podaci budu zadati u nekom”prirodnom” redosledu ili da medjurezultati budu iskorisceni u rasporedu koji jedobijen prilikom prethodnog izracunavanja. Da bi se problemi uspesno resavali,neophodno je izvrsiti preuredjenje podataka. To preuredjivanje se vrsi primenomrazlicitih permutacionih matrica.

6.2 Matrice uredjenosti

Neka je Sn = {b1, b2, ..., bn} konacan skup medjusobno razlicitih elemenata koji semogu porediti. Bez smanjenja opstosti, smatracemo da su bi, i = 1, 2, ..., n, realnibrojevi, a relacija poretka <, tj. ≤. Cilj nam je da preuredimo skup Sn tako dase elementi bi nadju u rastucem poretku.

Definicija 6.9 Neka je Sn = {b1, b2, ..., bn} skup elemenata koj se mogu urediti.Matrica uredjenosti ovog skupa je kvadratna binarna matrica A = (aij), reda n×n,definisana sa

aij =

{1 , ako je bj < bi,0 , ako je bi ≤ bj ,

(6.14)

za svako i = 1, 2, ..., n i j = 1, 1, ..., n.

Primer 11. Za skup S = {3, 2, 1, 4, 5} matrica uredjenosti je

A =

0 1 1 0 00 0 1 0 00 0 0 0 01 1 1 0 01 1 1 1 0

.

6.2. MATRICE UREDJENOSTI 107

Primetimo da svaka vrsta, tj. kolona, matrice uredjenosti za skup Sn, sadrzinajmanje 0, a najvise n−1 jedinica. Kako su elementi bi, i = 1, 2, ..., n medjusobnorazliciti, to ne postoje dve razlicite vrste, tj. kolone, matrice A sa istim brojemjedinica. To znaci da postoji samo jedna vrsta, tj. kolona, koja sadrzi i, i =0, 1, ..., n − 1, jedinica. Ako bi skup Sn bio dobro uredjen, tj. ako bi vazilo b1 <b2 < · · · < bn, na osnovu (6.14), matrica uredjenosti L bi bila oblika

L =

0 0 0 · · · 01 0 0 · · · 01 1 0 · · · 0

...1 1 1 · · · 0

.

Ona bi se, jednoznacno mogla dobiti iz svake matrice uredjenosti, preuredjenjemnjenih vrsta i kolona. Drugim recima, treba naci takvu permutacionu matricu P ,reda n× n, tako da je

L = P ·A · P. (6.15)

Ako datom skupu Sn = {b1, b2, ..., bn} pridruzimo vektor

~S = [b1 b2 ... bn]T ,

tada preuredjenom skupu Sn = {b1, b2, ..., bn}, b1 < b2 < · · · < bn, odgovara vektor~s = [b1 b2 ... bn]T dobijen na osnovu jednakosti

~s = P · ~S. (6.16)

Primer 12. Za skup S = {4, 2, 5, 1, 3} matrica uredjenosti je

A =

0 1 0 1 10 0 0 1 01 1 0 1 10 0 0 0 00 1 0 1 0

.

Na osnovu matrice P

P =

0 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 11 0 0 0 00 0 1 0 0

,


dobija se da je

P ·A · P =

0 0 0 0 01 0 0 0 01 1 0 0 01 1 1 0 01 1 1 1 0

= L,

sto znaci da je to trazena matrica. Trazeno uredjenje dobijamo na osnovu(6.16)

~s = P · ~S =

0 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 11 0 0 0 00 0 1 0 0

·

42513

= [1 2 3 4 5]T .

Postavlja se pitanje kako, najlakse, odrediti matricu P . Predlazemo sledecipostupak. Posmatramo vrste matrice uredjenosti. Uocimo vrstu koja sadrzi samonule. U prvoj vrsti matrice P , na poziciji koja odgovara rednom broju uocenevrste upisemo 1, a sve ostalo su nule.U drugom koraku uocimo vrstu koja sadrzisamo jednu jedinicu. U drugoj vrsti matrice P , na poziciji koja odgovara rednombroju uocene vrste upisemo 1, a sve ostalo su nule. Ovaj postupak ponavljamosve do vrste matrice uredjenosti koja sadrzi n− 1 jedinica. Napomenimo, da smoslicnu proceduru mogli sprovesti posmatrajuci kolone matrice uredjenosti.

Primer 13. Zelimo urediti elemente skupa Z5 = {3, 5, 1, 4, 2} u rastucemporetku. Matrica uredjenosti je

A =

0 0 1 0 11 0 1 1 10 0 0 0 01 0 1 0 10 0 1 0 0

12345

.

Kako se vrsta koja ne sadrzi ni jednu jedinicu nalazi na trecoj poziciji matriceA, stavicemo P13 = 1, P11 = P12 = P14 = P15 = 0. Vrsta koja sadrzi jednujedinicu je na petoj poziciji, pa je P25 = 1, P21 = P22 = P23 = P24 = 0. Vrstakoja sadrzi dve jedinice je na prvoj poziciji, pa je P31 = 1, P32 = P33 = P34 =P35 = 0. Vrsta koja sadrzi tri jedinice je na cetvrtoj poziciji, pa je P44 = 1,P41 = P42 = P43 = P45 = 0. Konacno, vrsta koja sadrzi cetiri jedinice je na

6.3. STOHASTICKE MATRICE 109

drugoj poziciji, pa je P52 = 1, P51 = P53 = P54 = P55 = 0. Tako je

P =

0 0 1 0 00 0 0 0 11 0 0 0 00 0 0 1 00 1 0 0 0

.

Lako je uociti da je

~s =

0 0 1 0 00 0 0 0 11 0 0 0 00 0 0 1 00 1 0 0 0

·

35142

=

12345

.

6.3 Stohasticke matrice

Definicija 6.10 Realna matrica A = (aij), reda n × n, aij ≥ 0, sa osobinom∑nj=1 aij = 1, i = 1, 2, ..., n, naziva se stohastickom. Ako vaze i jednakosti∑ni=1 aij = 1, j = 1, 2, ..., n, ona je bistohasticka.

Primer 14. Matrice A1 i A2

A1 =

12

14

14

13

13

13

25

15

25

i A2 =

17

27

47

27

47

17

47

17

27

,

su, redom, stohasticka i bistohasticka matrica.

Nije tesko uociti vezu izmedju stohastickih matrica i matrica iz klase A(n, k).Ako matrica A = (aij) pripada klasi A(n, k), tada je matrica B = 1

kA =(aij

k

)

bistohasticka (dvostruko stohasticka).

Primer 15. Matrica A1 pripada klasi A(5, 3), dok je matrica A2 bisto-hasticka.

A1 =

1 0 1 0 11 1 0 1 00 1 1 0 11 0 1 1 00 1 0 1 1

, A2 =

13 0 1

3 0 13

13

13 0 1

3 00 1

313 0 1

313 0 1

313 0

0 13 0 1

313

.


Za bistohasticke matrice vazi sledeci rezultat.

Teorema 6.5 Za svaku bistohasticku matricu A = (aij), reda n×n, postoje neneg-ativni brojevi c1, c2, ..., cn, sa osobinom c1+c2+· · ·+cn = 1 i permutacione matriceP1, P2, ..., Pn, tako da vazi jednakost

A = c1P1 + c2P2 + · · ·+ cnPn.

Primer 16.

A =

17

27

47

27

47

17

47

17

27

=

17

1 0 00 0 10 1 0

+

27

0 1 01 0 00 0 1

+

47

0 0 10 1 01 0 0

.

Teorema 6.6 Ako su A = (aik) i B = (bkj) dve stohasticke matrice reda n × n,tada je i C = A ·B takodje stohasticka matrica.

Posledica 1. Ako je A = (aij) stohasticka matrica reda n × n, tada je i Am,m ≥ 1, takodje stohasticka matrica.

Primer 17. Matrice A i B, definisane sa

A =

12

14

14

13

13

13

25

15

25

i B =

35

15

15

12

14

14

17

27

47

su stohasticke matrice. Matrica

C = A ·B =

129280

131560

171560

2970

103420

143420

139350

171700

251700

je takodje stohasticka.

Definicija 6.11 Dati vektor ~x = [x1 x2 ... xn]T je stohasticki ako je xi ≥ 0,i = 1, 2, ..., n i x1 + x2 + · · ·+ xn = 1.

Definicija 6.12 Stohasticka matrica A = (aij), reda n × n, je regularna ako suza svako m ≥ 2 svi elementi matrice Am pozitivni.


Primer 18. Stohasticka matrica

A =

[0 112

12

]

je regularna. To cemo dokazati tako sto cemo eksplicitno naci elementematrice An, n ≥ 2. Za to cemo iskoristiti linearne rekurentne jednacine.Neka je

An =

[an bn

cn dn

]i An+1 =

[an+1 bn+1

cn+1 dn+1

].


An+1 = A ·An =

[0 112

12

]·[

an bn

cn dn

]=

[cn dn

12(an + cn) 1

2(bn + dn)

]

dobijamo da vaze jednakosti

an+1 = cn

bn+1 = dn

cn+1 =12(an + cn)

dn+1 =12(bn + dn).

Na osnovu prve i trece relacije dobijamo

2cn+2 = cn + cn+1,

a a osnovu druge i cetvrte

2cn+2 = cn + cn+1.

Ovim rekurentnim relacijam odgovara ista karakteristicna jednacina

2t2 − t− 1 = 0.

Kako je t1 = 1, t2 = −12 , c1 = 1

2 , c2 = 13 , d1 = 1

2 i d2 = 34 , trazena resenja su

cn =13

(1 +

(−1)n+1

2n

), dn =

23

(1 +

(−1)n

2n+1

),

an =13

(1 +

(−1)n

2n−1

), bn =

23

(1 +

(−1)n

2n

).

Kako je za svako n ≥ 2 an > 0, bn > 0, cn > 0, dn > 0 matrica A jeregularna.


Primer 19. Matrica

A =

[1 012

12

],

nije regularna, iako je stohasticka. To je evidentno iz jednakosti

A2 =

[13 014

14

],

jer je a12 = 0.

Definicija 6.13 Nenula vektor ~x = [x1 x2 ... xn]T je fiksni (nepokretni) vektorkvadratne matrice A = (aij), reda n× n, ako zadovoljava jednakost

~xT ·A = ~xT . (6.17)

Za regularne stohasticke matrice vazi sledeci rezultat.

Teorema 6.7 Neka je A = (aij) regularna stohasticka matrica, reda n×n. Tada:a) za matricu A postoji jedinstveni fiksni stohasticki vektor

~x = [x1 x2 ... xn]T ,

sa osobinom xi > 0, i = 1, 2, ..., n;b) niz matrica (Am), m ∈ N , konvergira ka matrici B, kada m → +∞, cijesu sve vrste medjusobno jednake i jednake su fiksnom stohastickom vektoru ~x =[x1 x2 ... xn]T .

Primer 20. Matrica

A =

[0 112

12

],

iz primera 18, je regularna stohasticka matrica. Kako je

An =

13

(1 + (−1)n

2n−1

)23

(1 + (−1)n

2n

)

13

(1 + (−1)n+1

2n

)23

(1− (−1)n

2n+1

) ,

imamo da je limn→+∞An =

[13

23

13

23

].

Pokazimo da je stohasticki, vektor koji zadovoljava jednacinu (6.17), ~xT =[13

23

]T. Neka je ~xT = [a b]T , a + b = 1.

[a b] ·[

0 112

12

]= [a b],


12b = a, a +

12b = b, a + b = 1 ⇒ a =

13, b =

23

⇒ ~xT =[

13

23

].

Ukazimo na jednu primenu stohastickih matrica u resavanju jedne klase za-dataka.

Posmatrajmo pojavu koja se moze naci u n razlicitih stanja t1, t2, ..., tn. Sto-hasticka vektor-vrsta ~x(0) = [x(0)

1 x(0)2 · · · x

(0)n ] definise nam verovatnocu, tj. iz-

glednost da se pojava nadje u nekom od ovih stanja, tj. x(0)i je verovatnoca da se

nadje u stanju ti, i = 1, 2, ..., n. Stohasticka matrica A = (aij), reda n × n, gdeje aij verovatnoca prelaska iz stanja ti u stanje tj , je matrica promene stanja zajedan korak, tj. za jedan vremenski trenutak. Stanje posmatrane pojave nakonjedne promene stanja okarakterisano je stohastickim vektorom

~x(1) = ~x(0) ·A.

Ovaj postupak moze da se nastavi. Stanje posmatrane pojave nakon m promenastanja opisano je vektorom

~x(m) = ~x(m−1) ·A.

Ako je matrica A = (aij) i regularna moze da se odredi stanje pojave nakon velikogbroja promena stanja, m → +∞ (m >> 1). To stanje se opisuje stohastickimvektorom, koji je resenje jednacine (6.17).

Primer 21. Trgovacki putnik radi na podrucjima tri grada A, B i C.Verovatnoca da se trenutno nalazi u jednom u njih, redom su 1

2 , 14 i 1

4 .Ako se nalazi u gradu A, verovatnoca da i u sledecem danu ostane u njemuje 1

5 , da ode u grad B je 25 , a da ode u grad C je 2

5 . Ako se nalazi u graduB, verovatnoca da i u sledecem danu ostane u njemu ili da ode u bilo kojidrugi grad je ista 1

3 . Ako se nalazi u gradu C, verovatnoca da ode u gradA je 1

4 , da ode u grad B je 12 , a da i u sledecem danu ostane u gradu C je

14 . Odredicemo gde se najverovatnije nalazi nakon dva dana i gde se nalazinajverovatnije nakon duzeg vremena.

Trenutno stanje je opisano vektorom

~x(0) =[

12

14

14

]T.

Matrica prelaza stanja je

A =

15

25

25

13

13

13

14

12

14

.


Stanje nakon jedne promene je

(~x(1))T = (~x(0))T ·A =[

59240

98240

83240

].

Stanje nakon dve promene, tj. dva dana, je opisano vektor-vrstom

(~x(2))T = (~x(1))T ·A =[

391314400

586614400

462114400

],

te se trgovacki putnik nalazi najverovatnije u gradu B.

Potrazimo, na osnovu (6.17), stohasticki vektor ~x = [a b c]T , a ≥ 0, b ≥ 0 ic ≥ 0. Na osnovi jednakosti

[a b c] = [a b c] ·

15

25

25

13

13

13

14

12

14

i uslova a + b + c = 1, dobijamo da je a = 14 , b = 9

20 i c = 310 , tj.

~x =[

14

920

310

]T.

Kako je 920 > 1

4 i 920 > 3

10 trgovacki putnik se najverotatnije nalazi, nakonduzeg vremena, u gradu B.

6.4 Permanent

Definicija 6.14 Permanent date kvadratne matrice A = (aij), reda n×n, u oznaciperA, je broj definisan sa

perA =∑

a1k1 · a2k2 · · · ankn , (6.18)

gde se sumiranje vrsi po svim n-torkama (permutacijama) k1, k2, ..., kn brojeva1, 2, ..., n.

Iz (6.18) se vidi da se permanent date kvadratne matrice definise veoma slicnokao i njena determinanta. Pojam permanenta je, sto je interesantno, uveden gotovou isto vreme kada je definisan pojam determinante, ali je postao interesantan teksa razvojem kombinatorne matematike.

Primer 22. Neka je data matrica A =

2 −1 −30 1 1

−2 1 −2

. Na osnovu (6.18)

imamo da je

perA = 2·1·(−2)+(−1)·1·(−2)+(−3)·0·1+2·1·1+(−1)·0·(−2)+(−3)·1·(−2) = 6.

6.4. PERMANENT 115

Za razliku od determinante permanent se definise i za pravougaone matrice.

Definicija 6.15 Permanent date pravougaone matrice A = (aij), reda m × n,m ≤ n, je broj definisan sa

perA =∑

a1k1 · a2k2 · · · amkm , (6.19)

gde se sumiranje vrsi po svim m-torkama k1, k2, ..., km brojeva 1, 2, ..., n.

Primer 23. Za matricu A =

[−1 1 −1

1 0 −1

]. Na osnovu (6.19) imamo da

je

perA = (−1) · 0 + 1 · (−1) + (−1) · 1 + (−1) · (−1) + 1 · 1 + (−1) · 0 = 0.

Primer 24. Za matricu A =[

3 −1 2]

vazi perA = 3 + (−1) + 2 = 4.

Za matrice In, Jn i Jm×n, gde je In jedinicna matrica reda n × n, Jn matricaread n×n i Jm×n, matrica reda m×n, ciji su svi elementi jedinice, vaze jednakosti

perIn = 1, perJn = n!, perJm×n = n(n− 1) · · · (n−m + 1) = (n)m.

Po nekim osobinama permanent matrice se ponasa slicno determinanti, ali se ponekim znatno razlikuje. Navescemo neke od njih.1◦ Ako je A data kvadratna matrica, tada vazi jednakost perA = perAT .

2◦ Neka je A = (aij) data pravougaona (kvadratna) matrica reda m × n, m ≤ n,i neka su za fiksirano i, 1 ≤ i ≤ m, elementi i-te vrste oblika aij = a′ij + a′′ij ,j = 1, 2, . . . , n. Ako su A′ i A′′, respektivno, matrice koje se dobijaju kada se umatrici A elementi i-te vrste aij zamene sa a′ij , tj. sa a′′ij , vazi jednakost

perA = perA′ + perA′′.

3◦ Ako je B matrica koja se dobija iz matrice A, kada se elementi jedne njene vrstepomnoze skalarom r, vazi jednakost

perB = r · perA.

4◦ Ako proizvoljne dve vrste ili kolone date matrice A, promene mesta, vrednostpermanenta se ne menja.


5◦ Neka je A = (aij) data pravougaona (kvadratna) matrica reda m × n, m ≤ n.Sa A(i|j) oznacimo matricu koja se dobija iz matrice A izostavljanjem elemenatai-te vrste i j-te kolone. Tada vazi jednakost

perA =n∑

j=1

aijperA(i|j) (6.20)

za svako i = 1, 2, . . . , m. Jednakost (6.20) predstavlja razlaganje permanenta datematrice po i-toj vrsti.

6◦ Neka je A = (aij) data pravougaona (kvadratna) matrica reda m × n, m ≤ n,oblika

A =

[B C0 D

],

gde su B, C i D blokovi odgovarajucih dimenzija, a 0 blok ciji su svi elementijednaki nuli. Vazi jednakost

perA = perB · perD. (6.21)

Pobrojane osobine su gotovo iste kao one sto vaze za determinante, samo, naravno,kada su u pitanju kvadratne matrice. Sledeca osobina odstupa od toga.7◦ Permanent proizvoda dve matrice ne mora biti jednak proizvodu njihovih per-manenata.

Primer 25. Posmatrajmo matricu A = (aij), reda 3× 3,

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

.

Za njen permanent vazi jednakost

perA = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 + a11a23a32 + a12a21a33 + a13a22a31

=a11a22a33 + a21a32a13 + a31a12a23 + a11a32a23 + a21a12a33 + a31a22a13 = perAT .

Primer 26. Osobinu 2◦ ilustrovacemo na sledecem primeru. Posmatrajmomatricu

A =

1 2 −13 2 −21 0 1

,

6.4. PERMANENT 117

ciji je permanent perA=2. Nju mozemo napisati u obliku

A =

1 2 −13 2 −21 0 1

=

1 2 −11 + 2 1 + 1 1− 3

1 0 1

.

Oznacimo sa A′ i A′′, respektivno, sledece matrice

A′ =

1 2 −11 1 11 0 1

i A′′ =

1 2 −12 1 −31 0 1

,

pri cemu je perA′ = 4 i perA′′ = −2. Lako je proveriti da vazi jednakostperA = perA′ + perA′′.

Primer 27. Polazeci od matrice A =

[1 2 3−1 4 1

]formirajmo dve nove

matrice B i C,

B =

[1 2 3−3 12 3

]i C =

[1 3 2−1 1 4

],

pri cemu se matrica B dobija tako sto elemente druge vrste matrice Apomnozimo sa 3, a C tako sto elementi druge i trece kolone matrice A uza-jamno promene mesta. Kako je perA = 14, perB = 42 i perC = 14, lako seuocava da vaze jednakosti

perB = 3perA i perC = perA.

Primer 28. Matrica

Hn = Jn − In =

0 1 1 · · · 1 11 0 1 1 1...1 1 1 · · · 1 0

(6.22)

igra znacajnu ulogu kod resavanja kombinatornih problema vezanih za ne-uredjenost, o cemu ce vise reci biti u kasnijem delu ove knjige. Veoma jeznacajno odrediti njen permanent, pa se pozabavimo time.

Koristeci razvoj (6.20) dobijamo da za permanent matrice Hn vazi jednakost

perHn =n∑

j=2

perHn(1|j). (6.23)


Matrice Hn(1|j) su sve reda (n − 1) × (n − 1). Za svako j = 2, . . . , n onesadrze po jednu vrstu sastavljenu od jedinica i dijagonalu koja ima n − 2nule. Na osnovu toga vazi jednakost

perHn(1|j) = perHn−1 + perHn−2

za svako j = 2, . . . , n. Zamenom ove jednakosti u (6.23) dobijamo da je

perHn = (n− 1)(perHn−1 + perHn−2), (6.24)

za svako n ≥ 3. Oznacimo sa f(k) = perHk, pri cemu je f(1) = 0 i f(2) = 1.Tada (6.24) postaje

f(k) = (k − 1)(f(k − 1) + f(k − 2)).

Mnozenjem ove jednakosti sa (−1)k, i sumiranjem leve i desne strane po k,od 3 do n, dobijamo jednakost

n∑

k=3

(−1)kf(k) =n∑

k=3

(−1)k(k − 1)(f(k − 1) + f(k − 2)),

tj.f(n) = nf(n− 1) + (−1)n.

Zamenom n sa k, u ovoj jednakosti, mnozenjem leve i desne strane sa n!k! i

sumiranjem po k, od 2 do n, dobijamo da je

n∑

k=2

n!k!

f(k) =n∑

k=2

n!k!

(kf(k − 1) + (−1)k),

tj.

f(n) = n!(

12!− 1

3!+ · · ·+ (−1)n 1

n!

).

Drugim recima, izracunali smo permanent matrice Hn, tj. vazi jednakost

perHn = f(n) = n!n∑

k=0

(−1)k

k!. (6.25)

Za velike vrednosti n, n >> 1, iz (6.25) se dobija sledeca asimptotska ocenapermanenta matrice Hn, perHn ≈ n!

e .

6.4. PERMANENT 119

Primer 29. Posmatrajmo matrice

A =

[1 10 1

], B =

[1 01 1

]i C = AB =

[2 11 1

].

Kako je perA=perB = 1 i perC = 3, lako je uociti da je perC 6=perA·perB.

Opisacemo jos jedan postupak za izracunavanje permanenta date kvadratnematrice.

Neka je data kvadratna matrica A = (aij), reda n×n. Oznacimo sa Ai1,...,ik , gdeje i1, . . . , ik jedna k-torka razlicitih elemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n}, matricukoja se dobija na osnovu matrice A zamenom kolona sa indeksima i1, i2, . . . , iknula kolonama. Sa S(A), tj. S(Ai1,...,ik), oznacimo proizvod suma elemenata vrstamatrice A, tj. matrice Ai1,...,ik . Tada vazi jednakost

perA = S(A) +n∑

k=1

(−1)k∑

i1<i2<···<ik

S(Ai1,...,ik), (6.26)

pri cemu se sumiranje obavlja po svim medjusobno razlicitim k-torkama elemenataskupa Zn = {1, 2, . . . , n}.

Primer 30. Neka je data matrica A =

2 3 15 0 41 1 1

. Kako je

A1 =

0 3 10 0 40 1 1

, A2 =

2 0 15 0 41 0 1

, A3 =

2 3 05 0 01 1 0

,

A12 =

0 0 10 0 40 0 1

, A13 =

0 3 00 0 00 1 0

, A23 =

2 0 05 0 01 0 0

,

A123 =

0 0 00 0 00 0 0

,

imamo da je S(A) = 6 ·9 ·3 = 162, S(A1) = 4 ·4 ·2 = 32, S(A2) = 3 ·9 ·2 = 54,S(A3) = 5 · 5 · 2 = 50, S(A12) = 1 · 4 · 1 = 4, S(A13) = 3 · 0 · 1 = 0,S(A23) = 2 · 5 · 1 = 10, S(A123) = 0 · 0 · 0 = 0. Na osnovu jednakosti (6.25)dobijamo da je

perA = 162− (32 + 54 + 50) + (4 + 0 + 10)− 0 = 40.


Izracunavanje permanenta je cesto kljuc za resavanje mnogih kombinatornihzadataka. Medjutim, to izracunavanje je za velike vrednosti n, u opstem slucaju,veoma komplikovano i dugotrajno, kao sto je uostalom i slucaj kod izracunavanjadeterminante date matrice. Zbog toga je veoma znacajno da makar ustanovimo dali je permanent posmatrane matrice razlicit od nule i, u potvrdnom slucaju, njegovznak. Za nas je interesantan slucaj kada je permanent pozitivan. Takodje, veomaje bitno da za odredjene klase matrica odredimo granice permanenta sa gornje idonje strane.

Navescemo neke rezultate koji doprinose resavanju navedenih problema (za-dataka).

Teorema 6.8 (Nejednakost Aleksandrova). Neka je data kvadratna matrica A =(aij), reda n× n, pri cemu su ain > 0 za i = 1, . . . , n. Tada vazi nejednakost

per2

a11 · · · a1,n−2 a1,n−1 a1n

...an1 · · · an,n−2 an,n−1 ann

≥ (6.27)

per

a11 · · · a1,n−2 a1,n−1 a1,n−1

...an1 · · · an,n−2 an,n−1 an,n−1

· per

a11 · · · a1,n−2 a1n a1n

...an1 · · · an,n−2 an,n ann

Jednakost u (6.27) vazi ako i samo ako je ai,n−1 = λain, i = 1, . . . , n, gde je λproizvoljna konstanta.

Na osnovu nejednakosti (6.27) se dokazuje da je minimum permanenta dvostr-uko stohasticke matrice reda n×n, jednak n!

nn koji se dostize ako i samo ako su svielementi matrice jednaki 1

n . To je resenje poznatog problema Van-der Vardena.

Teorema 6.9 Permanent dvostruko stohasticke matrice reda n×n, veci je od nulea manji ili jednak jedinici. Jednakost nastupa kada je data matrica permutaciona.

Dokaz. Neka je A = (aij), dvostruko stohasticka matrica, reda n×n. Pozitivnostpermanenta je ocigledna. Ogranicenost jedinicom sledi na osnovu nejednakosti

perA =∑

a1k1...nkn ≤n∏

i=1

n∑

j=1

aij = 1.

Za n = 2 rezultat Teoreme 6.9 se moze znatno prosiriti.

6.4. PERMANENT 121

Teorema 6.10 Permanent dvostruko stohasticke matrice, reda 2 × 2, je veci ilijednak od 1

2 . Jednakost se dostize kada su svi elementi jednaki 12 .

Naravno, ovo je specijalan slucaj Teoreme 6.8, tj. resenja problema Van derVardena. Ipak, zbog originalnosti, dacemo eksplicitni dokaz ove teoreme.

Dokaz. Svaku dvostruko stohasticku matricu reda 2×2 mozemo napisati u obliku

A =

[1− a a

a 1− a

],

gde je 0 ≤ a ≤ 1. Tada je perA = (1 − a)2 + a2 = 2(a − 12)2 + 1

2 ≥ 12 , pri cemu

jednakost nastupa za a = 12 .

Teorema 6.11 Neka su A i B dve date matrice istog reda sa nenegativnim koefi-cijentima. Tada vazi nejednakost

per(A + B) ≥ per(A) + per(B)

Dokaz. Neka su A = (aij) i B = (bij) date matrice reda n × n, sa osobinomaij ≥ 0 i bij ≥ 0, za i = 1, 2, . . . , n, j = 1, 2, . . . , n. Tada je

per(A + B) =∑

(a1k1 + b1k1) · · · (ankn + bnkn) ≥≥

∑a1k1...nkn +

∑b1k1...nkn = per(A) + per(B).

Teorema 6.12 Permanent svake matrice uredjenosti jednak je nuli.

Dokaz. Svaka matrica uredjenosti sadrzi vrstu ciji su svi elementi jednaki nuli.

Teorema 6.13 Permanent (0,1)-matrice A = (aij), reda n × n, koja u svakojsvojoj vrsti i koloni sadrzi po tacno k, 1 ≤ k ≤ n, jedinica, tj. pripada klasiA(n, k), je pozitivan.

Napomenimo da Teorema 6.13 vazi i za slucaj pravougaonih matrica.

Teorema 6.14 Neka je data (0,1)-matrica A = (aij), reda m × n, 1 ≤ m ≤ n,koja u svakoj svojoj vrsti ima m ili vise jedinica. Tada je permanent matrice Apozitivan.


Teorema 6.15 Neka je A = (aij) (0,1)-matrica reda m×n, m ≤ n, koja u svakojsvojoj vrsti ima k ili vise jedinica. Tada vazi nejednakost

perA ≥{

k!, ako je k < mk!

(k−m)! , ako je k ≥ m..

Ova teorema nam daje ogranicenja permanenta odozdo za odredjene klase(0,1)-matrica. Ogranicenje permanenta sa gornje strane nalazimo u sledecoj teo-remi.

Teorema 6.16 Neka je A = (aij) data (0,1)-matrica reda n × n, pri cemu susume elemenata njenih vrsta, redom r1, r2, . . . , rn. Tada vazi nejednakost

perA ≤n∏

i=1

(ri!)1ri .

Primer 31. Posmatrajmo trodijagonalnu (0,1)-matricu A, reda n×n, n >3, kod koje se glavna i sporedne dijagonale sastoje od jedinica. Tada zapermanent ove matrice, na osnovu Teorema 6.15 i 6.16, vaze nejednakosti

3! ≤ perA ≤ 2 · (3!)n−2

3 .

U konkretnom slucaju za n = 5 imamo da je

3! ≤ perA ≤ 12.

Kako je u ovom slucaju perA = 6, vidimo da je ova vrednost dostignutalevom nejednakoscu.

Ukazacemo na primenu permanenta kod resavanja jedne klase kombinatornihzadataka. Najpre navedimo sledecu definiciju.

Definicija 6.16 Neka je M konacan skup elemenata. Familija podskupova ele-menata skupa M naziva se konfiguracijom na skupu M i obelezava se sa J .

Definicija 6.17 Neka je J = {S1, S2, . . . , Sm} data konfiguracija nad konacnimskupom S od n medjusobno razlicitih elemenata, m ≤ n. Uredjena m-torka s ={s1, s2, . . . , sm}, medjusobno razlicitih elemenata, sa osobinom si ∈ Si, i = 1, 2,. . . ,m, naziva se sistemom razlicitih predstavnika date konfiguracije J .

6.4. PERMANENT 123

Od interesa je nalazenje ukupnog broja mogucih sistema razlicitih predstavnikadate konfiguracije, kao i odredjivanje prakticnog postupka za njihovu konstrukciju.Sistem razlicitih predstavnika za datu konfiguraciju srece se u literaturi i podnazivom transverzala.

Teorema 6.17 Ukupan broj sistema razlicitih predstavnika date konfiguracije J ={S1, S2, . . . , Sm}, nad skupom S od n medjusobno razlicitih elemnata, m ≤ n,jednak je permanentu njene matrice incidentnosti.

Iz Teoreme 6.17 se vidi da teoretski nije nikakav problem odrediti ukupanbroj sistema razlicitih predstavnika date konfiguracije, pa samim tim ni njihovoodredjivanje. Ali, imajuci u vidu, u opstem slucaju, sve poteskoce oko nalazenjapermanenta date matrice, stvari sa prakticne strane stoje mnogo drugacije.

Primer 32. Razmotrimo jedan praktican problem koji moze da se javi uprocesu proizvodnje nekog preduzeca. Pretpostavimo da se u nekom pre-duzecu otvorilo 5 novih radnih mesta na koja treba preraspodeliti 5 njegovihradnika. Svaki od ovih 5 radnika moze, po svojim sposobnostima, da radi nabilo koja 3 od 5 novih radnih mesta. S druge strane, da tehnoloski procesproizvodnje ne trpi, na svako radno mesto mogu da konkurisu bilo koja 3od 5 radnika. Postavljaju se sada dva pitanja. Da li je moguce izvrsiti pre-raspodelu radnika pod navedenim uslovima i, ako je to moguce, na koliko ra-zlicitih nacina je to moguce uraditi. Odgovorimo na ova pitanja. Oznacimoradnike redom brojevima 1, 2, 3, 4 i 5, a novootvorena radna mesta saS1, S2, S3, S4, S5. Za resavanje postavljenog problema treba formirati kon-figuraciju J = {S1, S2, S3, S4, S5} nad skupom S = {1, 2, 3, 4, 5}, pri cemuse svaki skup Si, i = 1, 2, 3, 4, 5 sastoji od tri medjusobno razlicita elementaskupa S. Takodje, svaki element iz S mora da se nadje u tacno tri razlicitabloka Si, 1 ≤ i ≤ 5. Pod navedenim uslovima blokove mozemo formirati,recimo, na sledeci nacin

S1 = {1, 2, 4}, S2 = {2, 3, 5}, S3 = {3, 4, 1}, S4 = {4, 5, 2}, S5 = {5, 1, 3}.

Svaki sistem razlicitih predstavnika J = {S1, S2, S3, S4, S5}, ovako formiranekonfiguracije, jedno je resenje postavljenog problema. To ujedno znaci da jeodgovor na prvo pitanje potvrdan. Da bismo odredili ukupan broj mogucihresenja postavljenog problema, formirajmo matricu incidentnosti za dobijenu


konfiguraciju. To je matrica

A =

1 1 0 1 00 1 1 0 11 0 1 1 00 1 0 1 11 0 1 0 1

.

Kako je perA = 13, odgovor na drugo pitanje je da postoji ukupno 13 ra-zlicitih nacina preraspodele 5 radnika na 5 novih radnih mesta, pod postavl-jenim uslovima. Nije tesko proveriti da su te mogucnosti date pomocusledecih sistema razlicitih predstavnika

M1 = (1, 2, 3, 4, 5) M2 = (1, 2, 4, 5, 3) M3 = (1, 3, 4, 2, 5)M4 = (1, 5, 4, 2, 3) M5 = (2, 3, 4, 5, 1) M6 = (2, 3, 1, 4, 5)M7 = (2, 5, 1, 4, 3) M8 = (2, 5, 3, 1, 4) M9 = (4, 2, 1, 5, 3)M10 = (4, 2, 3, 5, 1) M11 = (4, 5, 3, 2, 1) M12 = (4, 3, 1, 2, 5)M13 = (4, 5, 1, 2, 3)

Glava 7

Brojevi

7.1 Deljivost brojeva

Definicija 7.1 Ceo broj b, b ∈ Z, je deljiv brojem a, a ∈ Z, a 6= 0, ako postojiceo broj q tako da je b = a · q. To se simbolicki oznacava sa a|b i cita se ”a delib”. U protivnom, pisemo a 6 | b.

Broj a, u prethodnoj definiciji, je faktor (delilac, cinilac) broja b. Broj b jesadrzalac broja a, a broj q je kolicnik brojeva b i a. Kolicnik brojeva b i a, u skupucelih brojeva, postoji samo ako je broj b deljiv brojem a.

Primer 1. Broj 3 deli broj 36, 3|36, jer je 36 =12 · 3.Broj 7 ne deli broj 17, 7 6 | 17, jer ne postoji ceobroj q tako da je 17 = q · 7.Celi brojevi ±1, ±2, ±3 ±4, ±6 i ±12 su deliocibroja 12. Broj −3 je kolicnik brojeva 12 i −4.Ne postoji, u skupu celih brojeva, kolicnik bro-jeva 17 i −7.

Osnovne osobine deljivosti

celih brojeva date su u sledecoj teoremi.

Teorema 7.1 Neka su a, b i c celi brojevi.1. Ako je a 6= 0 tada a|a.2. Ako je a 6= b i a|b tada je b 6 | a.3. Ako je a|b i b|a tada je |a| = |b|.4. Ako je a|b i b|c tada a|c.5. Ako je a|b i a|c tada za svako m,n ∈ Z a|(nb + mc).6. Ako je a|b i c 6= 0 tada ac|bc.

125

126 GLAVA 7. BROJEVI

7. Ako je ac|bc i c 6= 0 tada a|b.8. Ako a|b tada −a|b i a| − b.9. Za svako a ∈ Z vazi 1|a.10. Za svako a ∈ Z, a 6= 0 vazi a|0.11. Ako a|b tada b

a |b.12. Ako a|b, a 6= 0 tada je |a| ≤ |b|.

Na osnovu osobine 8. Teoreme 7.1, zakljucuje se da je prilikom proucavanjadeljivosti dovoljno posmatrati samo skup nenegativnih celih brojeva ili skup prirod-nih brojeva.

Takodje, na osnovu osobina 1. 2. i 3. Teoreme 7.1, zakljucujemo da je relacijadelivosti, ρ ≡ |1, na skupu N , relacija uredjenja. Citaocu prepustamo da utvrdida li to vazi i na skupu Z. Prepustamo citaocu i da utvrdi da li je ρ ≡ |1 relacijatotalnog uredjenja na skupu N .

Definicija 7.2 Prirodan broj n, veci od jedinice, je prost ako je deljiv samo je-dinicom i samim sobom. Ako n nije prost broj, naziva se slozenim.

Primedba 1. Ako je n prost broj, tada je i −n prost broj u Z. Brojevi −1, 0 i 1nisu ni prosti ni slozeni.

Teorema 7.2 Neka su n i m celi brojevi, pri cemu je m 6= 0. Postoje jedinstveniceli brojevi q i r, 0 ≤ r ≤ |m| − 1, tako da je

n = q ·m + r. (7.1)

Broj q je jedinicni kolicnik deobe broja n brojem m, a r ostatak ove deobe.

Napomenimo da cemo, bez opasnosti da dodje do zabune, cesto q zvati samokolicnik, mada se zna da on nije pravi kolicnik, koji smo vedefinisali.Dokaz. Kako smo vec pomenuli, u skladu sa osobinom 8 Teoreme 7.1, posma-tracemo samo slucaj da je m prirodan broj.Uocimo skup S = {n − m · s ≥ 0|s ∈ Z}. On je neprazan podskup skupa N′ =N ∪ {′}, pa kao takav sadrzi najmanji element. Oznacimo ga sa r. Tada postojiceo broj q, tako da je n − mq = r. Na osnovu definicije skupa S vazi r ≥ 0.Dokazimo da je r ≤ m − 1. Pretpostavimo suprotno, da je r ≥ m. Tada jen − m(q + 1) = r − m ≥ 0, pa r ne bi bio najmanji element skupa S, sto jesuprotno uvedenoj pretpostavci. Nejednakost r ≥ m nije tacna, vec je r ≤ m− 1.Dokazimo da su brojevi q i r jedinstveni.Pretpostavimo suprotno, tj. da postoje dva para brojeva (q1, r1) i (q2, r2), q1 6= q2

ili r1 6= r2, tako da vaze jednakosti

n = mq1 + r1, 0 ≤ r1 ≤ m− 1

7.1. DELJIVOST BROJEVA 127

in = mq2 + r2, 0 ≤ r2 ≤ m− 1.

Tada je mq1 +r1 = mq2 +r2, tj. m|q1−q2| = |r1−r2| < m, te je q1 = q2 i r1 = r2.Primedba 2. Umesto (7.1) moze se razmatrati izraz

n = q1m− r1, 0 ≤ r1 ≤ |m| − 1. (7.2)

pri cemu se broj r1 se naziva nedostatak. I ovom prilikom se moze pretpostavitida je m prirodan broj i da r1 zadovoljava jednakost 0 ≤ r1 ≤ m−1. U tom slucajuvaze i jednakosti q1 = q + 1 i r1 = m− r.Primedba 3. Na osnovu (7.1) i (7.2) vazi m|(n− r) i m|(n− r1) i ako je q 6= 0 iq1 6= 0, q|(n− r) i q1|(n− r1).

Cinjenica da je prilikom deobe celog broja n brojem m ostatak r oznacava sei izrazom

n ≡ r (mod m)

i cita se: ”n je kongruentno sa r po modulu m”, ali cemo se time malo vise bavitiu drugim odeljcima ovog poglavlja.

Primer 2. Vaze jednakosti

737 = 81 · 9 + 8737 = 82 · 9− 1

−737 = (−82) · 9 + 1−737 = (−81) · 9− 8

Prilikom ispitivanja deljivosti prirodnih brojeva, sto se lako prenosi i na skupcelih brojeva, vaznu ulogu igra Paskalov kriterijum. Njegova sustina je u sledecem:zelimo ispitati deljivost broja n datim brojem m, sto moze biti veoma kompliko-vano. Na osnovu brojeva n i m formiramo novi broj fm(n), pa ispitujemo istovre-menu deljivost brojeva n i fm(n) brojem m, a sto moze doneti prilicne olaksice.

Teorema 7.3 (Paskalov kriterijum) Za date prirodne brojeve n i m, m ≤ n, naosnovu jednakosti

n = n0 + n1 · 10 + n2 · 102 + · · ·+ nk · 10k, 0 ≤ ni ≤ 9, (7.3)

i

mi = m

(10mi−1

m−

[10mi−1

m

]),m0 = 1, i = 1, 2, ..., k, (7.4)


formiramo se novi broj

fm(n) = n0m0 + n1m1 + · · ·+ nkmk. (7.5)

Brojevi n i fm(n) su istovremeno ili deljivi ili nisu deljivi sa m.

Oznakom [x] u (7.4) oznacili smo najvece celo sadrzano u x.

Primer 3. Za m = 2, na osnovu (7.4) dobijamo m0 = 1, m1 = m2 = · · · =mk = 0, te je f2(n) = n0. To znaci da je broj n deljiv sa 2 ako i samo akomu je zadnja cifra deljiva sa 2, tj. ako je paran broj.

Za m = 3 na osnovu (7.4), vazi m0 = 1, m1 = m2 = · · · = mk = 1, te jef3(n) = n0 +n1 + · · ·nk. Znaci, prirodan broj n je deljiv sa 3 ako i samo akoje zbir svih njegovih cifara deljiv sa 3.

Za m = 5, na osnovu (7.4), vazi m0 = 1, m1 = m2 = · · · = mk = 0, te jef5(n) = n0. Znaci prirodan broj n je deljiv sa 5 ako i samo ako mu je zadnjacifra deljiva sa 5, tj. ako je n0 = 0 ili n0 = 5.

Paskalov kriterijum moze da se koristi iterativno, pri cemu iz koraka u korakulogu broja n preuzima odgovarajuci broj fm(n). To cemo ilustrovati seledecimprimerom.

Primer 4. Ispitajmo da li je broj n = 739843 deljiv brojem m = 7, koristeciPaskalov kriterijum.

Na osnovu (7.3) i (7.4) dobijamo da je

n0 = 3, n1 = 4, n2 = 8, n3 = 9, n4 = 3 i n5 = 7,

im0 = 1, m1 = 3, m2 = 2, m3 = 6, m4 = 4 i m5 = 5,

te je

f7(739843) = 3 · 1 + 4 · 3 + 8 · 2 + 9 · 6 + 3 · 4 + 7 · 5 = 132.

Sada broj f7(739843) = 132 preuzima ulogu broja 739843. Za njega je naosnovu (7.3) i (7.4)

n0 = 2, n1 = 3, i n2 = 1,

im0 = 1, m1 = 3, i m2 = 2,

7.2. MODULARNA ARITMETIKA 129

te jef7(132) = 2 · 1 + 3 · 3 + 1 · 2 = 13.

Za broj f7(132) = 13 = 3 + 1 · 10 vazi

n0 = 3, n1 = 1, i m0 = 1,m1 = 3,

te je f7(13) = 3 · 1 + 1 · 3 = 6.

Kako f7(13) = 6 nije deljiv sa 7, nije ni broj 13, ni broj 132, pa ni n = 739843.

Uocimo bilo koji broj nimi, i = 0, ..., k−1, u (7.5). Broj mi je ostatak deljenjabroja 10 · mi−1 brojem m, te njemu odgovara nedostatak mi. Kako smo vecpomenuli, vazi jedankost mi = m−mi, te je

nimi = ni(m−mi) = nim− nimi. (7.6)

Broj nim je deljiv brojem m, pa kada izraz nimi zamenimo izrazom (7.6) u(7.3) on moze da se izostavi. To znaci da po potrebi svaki ostatak u (7.3), mi

moze da se zameni sa −mi, gde je mi odgovarajuci nedostatak. To cesto moze dadoprinese olaksanju u primeni Paskalovog kriterijuma.

Primer 5. Ispitajmo deljivost broja n = 87398437 brojem m = 11. Naosnovu (7.3) i (7.4) dobijamo

n0 = 7, n1 = 3, n2 = 4, n3 = 8, n4 = 9, n5 = 3, n6 = 7 i n7 = 8,

i

m0 = 1, m1 = 10, m2 = 1, m3 = 10, m4 = 1, m5 = 10, m6 = 1 i m7 = 10,

te je f11(87398437) = 247.

Ako bismo ostatke m1 = m3 = m5 = m7 = 0, u (7.5), zamenili odgo-varajucim nedostacima m1 = m3 = m5 = m7 = 1, sa negativnim znakom,dobili bismo da je f11(87398437) = 5.

Ovaj broj nije deljiv sa 11, te odmah zakljucujemo da ni polazni broj n =87398437 nije deljiv sa 11.

7.2 Modularna aritmetika

Kongruencija po modulu m, m ∈ N , m ≥ 2, celih brojeva moze da se definise nasledeci nacin.


Definicija 7.3 Celi brojevi a i b su kongruentni po modulu m, u oznaci

a ≡ b (mod m), (7.7)

ako m|(a− b).

Oznaku (7.7) prvi put srecemo u delu ”Disquisitiones Arithmeticae”, iz 1801.godine, velikog matematicara Karla Fridriha Gausa.

Definiija 1. moze da se formulise i na sledeci nacin: Celi brojevi a i b su kon-gruentni po modulu m, ako im se prilikom deobe sa m poklapaju ostaci. Drugimrecima, ako je a = q ·m + r, 0 ≤ r ≤ m− 1 i b = q1 ·m + r1, 0 ≤ r1 ≤ m− 1, tadavazi ekvivalencija

a ≡ b (mod m) ⇔ r = r1.

Primer 6. Vazi 16 ≡ 30 (mod 7) jer je 16−30 = −14 deljivo sa 7. Brojevi16 i 31 nisu kongruentni po modulu 7 jer 16− 31 = 15 nije deljivo sa 7.

Neke osnovne osobine kongruencije celih brojeva date su u sledecoj teoremi.

Teorema 7.4 Neka su a, b, c i d celi brojevi i m prirodan broj, m ≥ 2.

1. Ako je a ≡ b (mod m) i c ≡ d (mod m), tada za svako x, y ∈ Z vazi

(ax + by) ≡ (cx + dy) (mod m).

2. Ako je a ≡ b (mod m) i c ≡ d (mod m), tada je ac ≡ bd (mod m).

3. Ako je a ≡ b (mod m) i n|m, n ≥ 2, tada je a ≡ b (mod n).

4. Ako je a ≡ b (mod m) tada za svako n, n ∈ N na ≡ nb (mod m).

5. Ako je a ≡ b (mod m) tada je za svako k, k ∈ N ak ≡ bk (mod m).

6. Ako je na ≡ nb (mod m) i (n, m) = 1, tada je a ≡ b (mod m).

7. Ako je r ≡ r′ (mod m), 0 ≤ r ≤ m− 1, 0 ≤ r′ ≤ m− 1, tada je r = r′.

8. Neka je i 6= j, 0 ≤ i ≤ m − 1, 0 ≤ j ≤ m − 1, i (i + j) ≡ k (mod m),0 ≤ k ≤ m − 1. Tada za svako a, b ∈ Z, sa osobinama a ≡ i( (mod m) i b ≡ j(mod m), vazi (a± b) ≡ k (mod m).

9. Neka je i 6= j, 0 ≤ i ≤ m− 1, 0 ≤ j ≤ m− 1, i · j ≡ k (mod m), 0 ≤ k < m.Tada za svako a, b ∈ Z, sa osobinama a ≡ i (mod m) i b ≡ j (mod m), vazia · b ≡ k (mod m).


Neka je m proizvoljan prirodan broj, m ≥ 2. Prilikom deobe celih brojevabrojem m moguci ostaci su 0, 1, 2, ..., m−1, Svakom ostatku r, r ∈ {0, 1, 2, ..., m−1}odgovara podskup skupa Z, u oznaci r,

r = {a|a = k ·m + r, k ∈ Z}, (r = {a|a ∈ Z ∧ a ≡ r (mod m)) ,

koga nazivamo klasom ostatka po modulu m. Ceo skup Z se razlaze na m klasaostatka po modulu m, tj. Z = ∪m−1

r=0 r.

Primer 7. Neka je m = 3. Klase ostataka po modulu 3 su

0 = {...,−6,−3, 0, 3, 6, ...},

1 = {...,−5,−2, 1, 4, 7, ...},2 = {...,−4,−1, 2, 5, 8, ...}.

Za m = 5 klase ostataka po modulu 5 su

0 = {...,−10,−5, 0, 5, 10, ...},

1 = {...,−9,−4, 1, 6, 11, ...},2 = {...,−8,−3, 2, 7, 12, ...},3 = {...,−7,−2, 3, 8, 13, ...},4 = {...,−6,−1, 4, 9, 14, ...}.

Primer 8. Uocimo skup S = {x2|x ∈ N}. Neka je m = 8. Odredimorazbijanje skupa S po modulu 8. Ako je x neparan broj x = 2k + 1, k ∈ N′,tada je x2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1, pa je x2 ≡ 1 (mod 8). Neka je xparan broj, x = 2k, k ∈ N′. Tada je x2 = 4k2, k ∈ N . Ako je k paranbroj, k = 2t, t ∈ N , x2 = 8t2, pa je x2 ≡ 0 (mod 8). Ako je k neparanbroj, k = 2t + 1, t ∈ N′, tada je x2 = 16(t + 1)2 + 4, pa je x2 ≡ 4 (mod 8).Dobijamo da je S = 0 ∪ 1 ∪ 4, pri cemu je 0 = {16, 64, ...}, 1 = {1, 9, ...},4 = {4, 36, ...}.

Oznacimo sa Fm familiju klasa ostataka skupa Z po modulu m, Fm = {r|r =0, 1, ..., m−1}. Razmotrimo osnovne aritmeticke operacije: sabiranje, oduzimanje,mnozenje i deljenje, definisane na familiji Fm, tj. u m-aritmetici.

Neka su r1 i r2 dve klase ostataka iz familije Fm. Nije tesko pokazati da jer1 6= ∅, r2 6= ∅ i da je r1 ∩ r2 = ∅ ⇔ r1 6= r2. Izaberimo dva proizvoljnapredstavnika ovih klasa. Bez smanjenja opstosti, to mogu biti brojevi r1 i r2.


Nadjimo ostatk deljenja broja (r1 + r2)sa m. neka je to r3, tj. (r1 + r2 ≡ r3

(mod m). Zbir klasa r1 i r2 je nova klasa ostatka r3, r3 ∈ Fm, tj.

r1 + r2 = r3 (7.8)

Da se nista ne bi promenilo, da smo umesto r1 i r2 uzeli bilo koje druge pred-stavnike ovih klasa ostataka, obezbedjuje nam sobina 1. iz prethodne teoreme, zax = y = 1.

Primer 9. Uocimo familiju F3 = {0, 1, 2}, gde su klase 0, 1 i 2 definisaneu Primeru 7. Tablica sabiranja ovih klasa ostataka je

+ 0 1 20 0 1 21 1 2 02 2 0 1

Slika 1.

Za familiju F5 = {0, 1, 2, 3, 4}, definisanu klasama u Primeru 7. tablicasabiranja glasi

+ 0 1 2 3 40 0 1 2 3 41 1 2 3 4 02 2 3 4 0 13 3 4 0 1 24 4 0 1 2 3

Slika 2.

Nacin sabiranja klasa ostataka daje nam odgovor i kakose obavlja sabiranjebrojeva u m-aritmetici, m ≥ 2. Neka su a i b proizvoljna cela broja, m prirodanbroj, m ≥ 2. Oznacimo sa +m sabiranje brojeva u m-aritmetici, tj. po modulu m.Tada je

a +m b = (a + b) (mod m),

pri cemu se za (a + b) (mod m) uzima, najcesce, ostatak deljenja broja (a + b)brojem m. Jednakost (7.8) moze da se napise u obliku

r1 + r2 = r1 +m r2. (7.9)


Primer 10. Neka su a = 27, b = 14 i m = 4. Kako je a + b = 41 i vazi41 ≡ 1 (mod 4), tako je 27 +4 14 = 1.

Za a = −7, b = −12 i m = 4, na osnovu jednakosti

(−7− 12) ≡ (−3) (mod 4) ≡ 1 (mod 4),

dobijamo da je (−7) +4 (−12) = 1.

Sabiranje klasa ostataka, u nekoj m-aritmetici, sveli smo na sabiranje celihbrojeva, po modulu m. Zbog toga za klase ostataka u ovoj aritmetici vaze osobine

r1 + r2 = r2 + r1,

r1 + (r2 + r3) = (r1 + r2) + r3,

r1 + 0 = r1,

tj. komutativnost, asocijativnost, sabiranje sa nulom i slicno.Oduzmanje i mnozenje, u m-aritmetici, definisu se na analogan nacin kao i

sabiranje. Neka su r1 i r2, dve klase ostataka iz familije Fm, m ≥ 2. Neka su r3 ir4, redom, ostaci deljenja brojeva r1 − r2 i r1r2 brojem m. Tada vaze jednakosti

r1 − r2 = r3 i r1r2 = r4. (7.10)

Primer 11. Neka su F3 = {0, 1, 2} i F5 = {0, 1, 2, 3, 4}, familije klasa os-tataka definisane u Primeru 7. Tablice oduzimanja i mnozenja u 3-aritmeticii 5-aritmetici su

− 0 1 20 0 2 11 1 0 22 2 1 0

· 0 1 20 0 0 01 0 1 22 0 2 1

− 0 1 2 3 40 0 4 3 2 11 4 3 2 1 02 3 2 1 0 43 2 1 0 4 34 1 0 4 3 2

· 0 1 2 3 40 0 0 0 0 01 0 1 2 3 42 0 2 4 1 33 0 3 1 4 24 0 4 3 2 1

Slika 3.


Primer 12. Familija F6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}, definisana je klasama ostataka

0 = {...,−6, 0, 6, ...}, 1 = {...,−5, 1, 7, ...}, 2 = {...,−4, 2, 8, ...},

3 = {...,−3, 3, 9, ...}, 4 = {...,−2, 4, 10, ...}, 5 = {...,−1, 5, 11, ...}.Tablica mnozenja ovih klasa ostataka u 6-aritmetici je

· 0 1 2 3 4 50 0 0 0 0 0 01 0 1 2 3 4 52 0 2 4 0 2 43 0 3 0 3 0 34 0 5 4 3 2 1

Slika 4.

Na osnovu (7.10) prakticno proizilazi kako se obavljaju operacije oduzimanja imnozenja u m-aritmetici. Neka su a i b proizvoljni celi brojevi, m ≥ 2 i r1 i r2 ostacideljenja brojeva (a− b) i a · b, brojem m, respektivno, tj. (a− b) ≡ r1 (mod m)i (a · b) ≡ r2 (mod m). Oduzimanje i mozenje ovih brojeva, u m-aritmetici, uoznaci a−m b i a ·m b, definisu se sa

a−m b = r1 i a ·m b = r2.

Primer 13. Neka su a = 24, b = 13 i m = 3. Kako je (24 − 13) ≡ 2(mod 3) i (24 · 13) ≡ 0 (mod 3), to je 24−3 13 = 2 i 24 ·3 13 = 0.

U skupu Z, kada je u pitanju mnozenje, vazi osobina da je a · b 6= 0, ako i samoako su brojevi a i b razliciti od nule. Zbog toga je, kad god je, recimo, a 6= 0,korektno potraziti kolicnik b

a , tj. posmatrati deljenje b : a. Naravno, to ne morabiti u skupu Z izvodljivo, ali ako jeste kolicnik je jedinstven. Zbog tog je korektnoovaj problem posmatrati na sledeci nacin. Ako je a ceo broj, razlicit od nule, i bproizvoljan ceo broj, kolicnik brojeva b i a u skupu celih brojeva, ako postoji, jeceo broj x sa osobinom da je

x · a = b.

Analogno razmisljanje u m-aritmetici, tj. Fm, m ≥ 2, bi bilo da ako r1 i r2

pripadaju Fm i r1 6= 0, kolicnik klase ostatka r2 i r1 je klasa x, x ∈ Fm, sa osobinomda je

r1 · x = r2.


Prosta analogija, kakvu smo primenili na sabiranje, oduzimanje i mnozenje, naskup Fm, tj. za m-aritmetiku, nije moguca. To je posledica cinjenice da ne vazi, uopstem slucaju, ekvivalencija

a 6= 0 ∧ b 6= 0 ⇒ a · b 6= 0 .

Uocimo tabelu za mnozenje u F5, tj. 5-aritmetici, u Primeru 11. Vidimo da sunule, 0, rasporedjene samo u prvoj koloni i prvoj vrsti. Za svako r1 i r2 iz F5, saosobinom r1 6= 0 i r2 6= 0, vazi r1r2 6= 0. Samim tim, za svako r1 i r2, r1 6= 0,mozemo naci kolicnik r2 : r1, tj. klasu ostatka x, tako da vazi (7.10). Tako, naprimer, kolicnik klasa 3 i 2 je klasa 4 jer vazi jednakost 2 · 4 = 3, a kolicnik klasa1 i 4 je klasa 4 jer je 4 · 4 = 1.

Posmatrajmo, sada, tabelu za mnozenje u F6, tj. 6-aritmetici iz Primera 12.Prvo uocavamo da klase 0 nisu rasporedjene samo u prvoj vrsti i prvoj koloni, vecih ima i unutar seme. To znaci da postoje klase r1 i r2, sa osobinom r1 6= 0 ir2 6= 0, a da je r1r2 = 0. Primer su klase 2 i 3, gde je 2 · 3 = 0 ili 3 i 4, 3 · 4 = 0.Samim tim, ne postoji klasa x, kao kolicnik klasa 3 i 2, jer ni za jedno x ne vazi2 · x = 3. Takodje, ne postoji kolicnik klasa 5 i 2 jer ne postoji klasa x u F6, takoda je 2 ·x = 5. Zbog toga nam je za nastavak analize neophodna sledeca definicija.

Definicija 7.4 U familiji Fm, m ≥ 2, klasu ostatka a, a 6= 0, nazivamo deliocemnule ako postoji klasa b, b 6= 0 i b ∈ Fm, tako da je a · b = 0.

Na osnovu tabela za mnozenje u F3 i F5 vidimo da ne postoje delioci nule, doksu u F6 to klase ostataka 2, 3 i 4. Primetimo, takodje, da u F3 i F5 ne postji klasar1, r1 6= 0, tako da r1 nije uzajamno prost sa 3 i 5, respektivno, dok za 2, 3 i 4 uF6 vazi da oni nisu uzajamno prosti sa 6. To sugerise vazenje sledece teoreme.

Teorema 7.5 Klasa ostatka a u familiji Fm, m ≥ 1, nije delioc nule ako i samoako je (a,m) = 1.

Dokaz. Pretpostavimo da je (a,m) = 1 i da postoji b, b ∈ Fm, tako da je a · b = 0.Tada je broj a · b deljiv sa m. Kako je (a,m) = 1, to je broj b deljiv sa m, te jeb = 0. To znaci da je a · b = 0 samo ako je b = 0, tj. da klasa a nije delioc nule.

Neka je (a,m) = d 6= 1. Tada postoji ceo broj b i prirodan broj n, n < m, takoda je a = b · d i m = n · d. Kako je n < m vazi n 6= 0. Na osnovu jednakosti

a · n = b · d · n = b ·m

zakljucujemo da je broj a · n deljiv sa m, te je a · n = 0. Iz ove jednakostizakljucujemo da je klasa a delioc nule.


Vazna je sledeca posledica prethodne teoreme.Posledica 1. Neka a, a 6= 0, pripada familiji Fm, m ≥ 2, pri cemu je (a,m) = 1.Za sve klase familije Fm postoji kolicnik klasa a, tj. za svako b, b ∈ Fm, jednaciana · x = b ima jedno i samo jedno resenje.

Za ilustraciju da Posledica 1 zaista vazi mogu da nam posluze tabele za mno-zenje klasa ostataka u fammilijama F5 i F6. Nije tesko primetiti da za svako r,0 < r ≤ 4, u tabeli mnozenja u familiji F5, u vrsti klase r su sadrzane sve klaseostataka ove familije. Za familiju F6 to vazi samo za klase 1 i 5, dok za klase 2, 3i 4 to ne vazi.Posledica 2. Ako je (a,m) = d tada u familiji Fm, m ≥ 2, jednacina a · x = bima resenje ako d|b. Broj resenja je d.Posledica 3. Ako je m prost broj, u familiji Fm, svaku klasu ostataka, mozemodeliti svakom drugom klasom ostataka a, sa osobinom a 6= 0.

Neka je za m ≥ 2 data familija Fm = {0, 1, ...,m− 1}. Ako se iz svake klase os-tatka i, i = 0, 1, ..., m−1, izdvoji po jedan elemenat ti, skup {t0, t1, ..., tm−1} nazivase potpunim sistemom ostataka za dato m. Potpuni sistem ostataka {0, 1, 2, ..., m−1} je primarni. Medjutim, nakon analize deljenja klase ostataka, za nas je veomavazan sistem ostataka definisan skupom {i|(i, m) = 1, 0 ≤ i ≤ m − 1}. On senaziva reduciranim skupom ostataka.

Primer 14. Familija F8 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} definisana je skupovima0={...,−8, 0, 8, ...}, 1 = {...,−7, 1, 9, ...}, 2 = {...,−6, 2, 10, ...}, 3 = {...,−5,3, 11, ...}, 4 = {...,−4, 4, 12, ...}, 5 = {...,−3, 5, 13, ...}, 6 = {...,−2, 6, 14, ...},7 = {...,−1, 7, 15, ...}. Potpuni sistemi ostataka su, na primer, skupovi {−8,− 15,−14, 4, 13,−10, 15} i {16,−7, 2, 3, 12, −3,−2, 23}. Primarni sistem os-tataka je skup {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, dok je redukovani sistem ostataka skup{1, 3, 5, 7}.

Naravno, postavlja se veoma vazno pitanje, kako naci kolicnik dve klase os-tataka, tj. resiti jednacinu (7.10). Jedan od odgovora je, svakako, koriscenjetablice mnozenja u odgovarajucoj m-aritmetici, o cemu je vec bilo govora. Nadruge nacine, ukazacemo u daljem tekstu ovog poglavlja.

Neka su a i b celi brojevi, a 6= 0 i m ≥ 2 prirodan broj, tako da je (a,m) = 1.Deljenje broja b brojem a, po modulu m, u oznaci b

am, uvodi se na prirodan nacin,preko mnozenja. Naime, kolicnik brojeva b i a, u m-aritmetici je ceo broj x, kojizadovoljava jednacinu

ax ≡ b (mod m).

Kolicnik egzistira i ako je (a,m) = d 6= 1, ali pri tome d|b.Za nalazenje kolicnika, opet mozemo da iskoristimo tablicu mnozenja u m-

aritmetici, ali ce o tome biti vse reci u daljem tekstu.

7.3. EUKLIDOV ALGORITAM 137

Zbog daljeg rada, napomenimo razliku izmedju kongruencije definisane u (7.1)i funkcije mod. Kongruencija

a ≡ b (mod m)

oznacava da celi brojevi a i b imaju iste ostatke prilikom deobe sa m. Funkcija

a (mod m) = x

nam daje ostatak od broja a, to je x, pri deobi brojem m. Vazi sledeca ekvivalencija

a ≡ b (mod m) ⇔ a (mod m) = b (mod m).

Primer 15. 357 (mod 7) = 0, 493( (mod 3) = 1, −57 (mod 9) = 6.

7.3 Euklidov algoritam

Definicija 7.5 Prirodan broj d sa osobinom d|a i d|b naziva se zajednickim deli-iocem brojeva a i b. Prirodan broj d je najveci zajednicki delilac brojeva a i b, uoznaci NZD(a, b) ili (a, b), ako za svako c sa osobinom c|a i c|b vazi c|d.

Definicija 7.6 Ako je (a, b) = 1 kazemo da su brojevi a i b uzajamno prosti.

Definicija 7.7 Prirodan broj s, sa osobinama a|s i b|s naziva se sadrzaocem bro-jeva a i b. Prirodan broj s je najmanji zajednicki sadrzalac brojeva a i b, u oznaciNZS(a, b) ili [a, b], ako za svako c, c 6= 0, sa osobinama a|c i b|c, vazi s|c.

Primer 15. Za brojeve a = 2520 i b = 84 vazi

2520 | 21260 | 2630 | 2315 | 3105 | 335 | 57 | 71 |

84 | 242 | 221 | 37 | 71 |

|||

te je a = 2520 = 23 ·32 ·5 ·7 i b = 84 = 22 ·3 ·7. Tada je (a, b) = 22 ·3 ·7 = 84i [a, b] = 23 · 32 · 5 · 7 = 2520.


Primer 16. Za brojeve a = 4200 i b = 220 vazi

4200 | 22100 | 21050 | 2525 | 3175 | 535 | 57 | 71 |

220 | 2110 | 255 | 511 | 111 |

|||

te je a = 23 · 3 · 52 · 7 i b = 22 · 5 · 11. Sada je (a, b) = 22 · 5 = 20 i[a, b] = 23 · 3 · 52 · 7 · 11 = 46200.

Primer 17. Za brojeve a = 70 i b = 99 vazi a = 2 · 5 · 7 i b = 32 · 11, te je(a, b) = 1 i [a, b] = 2 · 32 · 5 · 11 = 70 · 99 = 6930.

Neke osobine najveceg zajednickog delioca i najveceg zajednickog sadrzaoca sudate u sledecoj teoremi. Dokaze prepustamo citaocu.

Teorema 7.6 1◦ Za svaka dva prirodna broja a i b, a, b ∈ N , vazi

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

2◦ Ako su prirodni brojevi a i b oblika a =∏n

j=1 Puj

j i b =∏n

j=1 Pvj

j , tada

(a, b) =n∏

j=1

Pmin(uj ,vj)j i [a, b] =

n∏

j=1

Pmax(uj ,vj)j .

3◦ Za svako m, a, b iz N , vazi jednakost

(ma,mb) = m(a, b).

4◦ Ako su a, b i d tako da je d|a i d|b, tada vazi jednakost(

a

d,b

d

)=

1d(a, b).

5◦ Za svaja dva prirodna broja a i b vazi jednakost(

a

(a, b),

b

(a, b)

)= 1.


6◦ Neka su a, b i c prirodni brojevi. Ako c|ab i (b, c) = 1, tada c|a.7◦ Neka su a1, a2, ..., an i b prirodni brojevi. Tada vazi implikacija

a1|b ∧ a2|b ∧ · · · an|b ⇒ [a1, a2, ..., an]|b.8◦ Za svaka dva cela broja a i b vazi

(a, b) = (|a|, |b|) i [a, b] = [|a|, |b|] .9◦ Za prirodne brojeve a i b i ceo broj m vazi

(a, b) = (|a + mb|, b) = (a, |b + ma|) .

10◦ Za svaka dva prirodna broja a i b vazi jednakost

(a, b)[a, b] = ab.

11◦ Za proizvoljne prirodne brojeve a, b i c vazi jednakost

NZD(a, b, c) = NZD(NZD(a, b), c) = NZD(a,NZD(b, c)).

Ako je (a, b) = 1 tada je

NZD(a, b, c) = NZD(a, c) ·NZD(b, c).

Primetimo da sve osobine date u ovoj teoremi mogu da se prilagode za celebrojeve. Tako, na primer, osobina 10◦ u skupu celih brojeva glasi

(a, b)[a, b] = |ab|.Za nalazenje NZD dva prirodna broja moze da se koristi Euklidov algoritam,

koji spada u najstarije algoritme u matematici. Formulisan je sledecom teoremom.

Teorema 7.7 (Euklidov algoritam) Neka su a i b prirodni brojevi, pri cemu je a <b. Pretpostavimo da su q1, q2, ..., qn+1 i r1, r2, ..., rn prirodni brojevi, sa osobinama0 < rn < rn−1 < · · · < r1 < a, i

b = a · q1 + r1

a = r1 · q2 + r2

r1 = r2 · q2 + r3

...rn−2 = rn−1qn + rn

rn−1 = rnqn+1.

Tada je (a, b) = rn.


Dokaz. Na osnovu odobine 9◦ u Teoremi 7.6 vazi jednakost

(a, b) = (a, b− a · q1) = (a, r1).

Sukcesivnom primenom pomenute osobine dobijamo da je

(a, b) = (a, r1) = (r1, r2) = · · · = (rn−1, rn).

Kako je (rn−1, rn) = (rn · qn+1, rn) = rn(qn+1, 1) = rn, iz poslednje jednakosti sleditrazeni rezultat.

Nije tesko uociti da bi se Euklidov algoritam mogao prilagoditi i za slucaj daa i b pripadaju skupu celih brojeva. To bi ipak bilo suvisno jer je uvek dovoljnonaci NZD za brojeve |a| i |b|.Primedba 4. Ako su a i b mali prirodni brojevi za izracunavanje (a, b) moze dase iskoristi modifikacija Euklidovog algoritma, koja se zasniva takodje na osobini9◦ Teoreme 7.6, opisana sledecim koracima:1◦ Ako je a = b tada je (a, b) = a;2◦ Ako je a > b tada je (a, b) = (a− b, b);3◦ Ako je b > a tada je (a, b) = (a, b− a).

Ova modifikacija se moze opisati na sledeci nacin:

function NZD(a,b)while a6=bif a>ba:=a-b

elseb:=b-a

return a

Primedba 5. Navescemo jos jednu modifikaciju Euklidovog algoritma, opisanusledecim koracima:1◦ Ako je b = 0, tada je (a, b) = a,2◦ Inace je (a, b) = (b, a (mod b),

Ovom prilikom smo mod iskoristili kao funkciju koja daje ostatak prilikomdeobe a brojem b. Naravno, podrazumeva se da je a > b. Inace, mod je u veciniprogramskih jezika bibliotecka funkcija.

Program, na Paskalu, za Euklidov algoritam opisan u Primedbi 5, glasi:

program Euklid(input, output)var m,n,r,nzd:integer;

begin


read(m,n);r:=m mod n;while r<>0 dobeginm:=n; n:=r; r:=m mod n

endnzd:=n; write(’NZD’,nzd);

end.

Primer 18. Odredimo najveci zajednicki delilac brojeva 527 i 8619.

a) Koristeci Euklidov algoritam dat u Teoremi 7.7 dobijamo

8619 = 527 · 16 + 187527 = 187 · 2 + 153187 = 153 · 1 + 34153 = 34 · 4 + 1734 = 17 · 2,

te je (527, 8619) = 17.

b) Na osnovu modifikacije iz Primedbe 5 dobijamo

(527, 8619) = (527, 187) = (187, 153) = (153, 34) = (34, 17) = (17, 0) = 17.

c) Na osnovu modifikacije iz Primedbe 4 dobijamo

(527, 8619) = (527, 8092) = (527, 7565) = (527, 7038) = (527, 6511)= (527, 5984) = (527, 5457) = (527, 4930) = (527, 4403)= (527, 3876) = (527, 3349) = (527, 2822) = (527, 2295)= (527, 1768) = (527, 1241) = (527, 714) = (527, 187)= (187, 340) = (187, 153) = (153, 34) = (34, 119)= (34, 85) = (34, 51) = (34, 17) = (17, 17) = (17, 0) = 17.

Vidimo da je postupak pod c) veoma neefikasan, sto je bilo za ocekivati jer upitanju nisu ”mali” brojevi. Postupci pod a) i b) se razlikuju samo u nacinupisanja, ali u zavisnosti od dalje primene dobijenih rezultata i medjurezul-tata, odredjuje se prednost.


Zbog jednakosti (a, b)[a, b] = ab Euklidov algoritam se moze iskoristiti i zanalazenje najmanjeg zajednickog sadrzaoca ovih brojeva.

Primer 19. Odredimo NZS i NZD brojeva 460 i 200. Primenom Eukli-dovog algoritma dobijamo

(200, 460) = (60, 200) = (20, 60) = (20, 0) = 20,

te je

[200, 460] =200 · 460(200, 460)

=200 · 460

20= 4600.

Za svaka dva prirodna broja a i b, najveci zajednicki sadrzalac uvek postoji.To je posledica sledece teoreme.

Teorema 7.8 Neka su a i b dati prirodni brojevi. Tada postoji jedinstveni prirodanbroj d tako da vaze sledece osobine.1◦ egzistiraju celi brojevi x i y tako da je ax + by = d,2◦ d|a i d|b,3◦ za svako k, k ∈ N , sa osobinama k|a i k|b vazi k|d.

Dokaz. Uocimo skup S = {ax + by > 0|x ∈ Z, † ∈ Z}. On je podskup skupaprirodnih brojeva N , pa sadrzi najmanji elemenat. Oznacimo ga sa d. To znaci dapostoje celi brojevi x0 i y0, tako da je ax0 + by0 = d. Time smo dokazali tvrdjenje1◦.Dokazimo da d|(ax + by) za svako x, y ∈ Z. Pretpostavimo suprotno, tj. dapostoje celi brojevi x1 i y1 tako da d 6 | (ax1 + by1). Tada postoji ceo broj q i brojr, 0 ≤ r < d, tako da je

ax1 + by1 = q · d0 + r.

Na osnovu ove jednakosti sledi

a(x1 − qx0) + b(y1 − qy0) = r > 0.

Broj r pripada skupu S i manji je od d, sto je suprotno cinjenici da je d najmanjiprirodan broj sa tom osobinom. To znaci da za svako x, y ∈ Z vazi d|(ax + by).Za x = 1 i y = 0 vazi da d|a. Za x = 0 i y = 1 dobijamo d|b.Za svako k sa osobinama k|a i k|b vazi k|(ax0 + by0), te vazi k|d.

Izraz oblikaa0 +

1a1 + 1

a2+ 1

a3+ 1

...+ 1an


gde su a0, a1, . . . , an celi brojevi, naziva se veriznim razlomkom. Euklidov algori-tam omogucava da se svaki racionalan broj predstavi u obliku veriznog razlomka.

Primer 20. Posmatrajmo broj 840611 . Na osnovu Euklidovog algoritma vaze

jednakosti 840 = 1 · 611 + 229, 611 = 2 · 229 + 153, 229 = 1 · 153 + 76 i153 = 2 · 76 + 1. Tako je

840161

= 1 +229611

= 1 +1

611229

= 1 +1

2 + 153229

= 1 +1

2 + 1229153

= 1 +1

2 + 11+ 76

153

= 1 +1

2 + 11+ 1

15376

= 1 +1

2 + 11+ 1

2+ 176

.

Primer 21. Za broj 13135

13135

= 3 +2635

= 3 +13526

= 3 +1

1 + 926

= 3 +1

1 + 1269

= 3 +1

1 + 12+ 8

9

= 3 +1

1 + 12+ 1

98

= 3 +1

1 + 12+ 1

1+18

.

Primer 22. Za broj −3712 imamo

−3712

= −4 +1112

= −4 +11211

= −4 +1

1 + 111

.

Necemo ulaziti u teoriju veriznih razlomaka. Ilustrovacemo samo primeromkako se mogu iskoristiti za priblizno nalazenje kvadratnog korena prirodnih bro-jeva.

Primer 23. Cilj nam je da priblizno odredimo√

5. Najvece celobrojnomanje od

√5 je 2. Tada postoji α, tako da je

√5 = 2 + α. Za broj α vazi

α =√

5− 2 =1√

5 + 2=

14 + α

.

Sukcesivnom primenom ove jednakosti dobijamo sledeci, beskonacni, veriznirazvoj: √

5 = 2 +1

4 + 14+ 1

4+...

.


Za konacan broj clanova ovog razlomka (razvoja) dobijamo pribliznu vred-nost broja

√5. Tako je

√5 ≈ 2 +

14

= 2.25√

5 ≈ 2 +1

4 + 14

= 2.235

√5 ≈ 2 +

14 + 1

4+ 14

= 2.235.

7.4 Diofantove i modularne jednacine

Jednacina oblikaax + by = c

gde su a, b i c dati celi brojevi, a x i y nepoznati celi brojevi, naziva se Dio-fantovom linearnom jednacinom sa dve promenljive. Traze se njena celobrojnaresenja. Medjutim, nekom od smena x := −x ili y := −y, ona se moze svesti naoblik gde su a, b i c prirodni brojevi. Zbog toga, bez smanjenja opstosti, u daljemtekstu, smatracemo da su a, b i c prirodni brojevi.

Na osnovu Teoreme 7.3 iz prethodnog odeljka vazi sledeci rezultat:

Teorema 7.9 Neka su a i b prirodni brojevi. Tada postoje celi brojevi x i y takoda je

ax + by = (a, b). (7.11)

Resenje jednacine (7.11) mozemo dobiti na osnovu Euklidovog algoritma zanalazenje (a, b), datog u Teoremi 7.7 iz prethodnog odeljka. To cemo ilustrovatina konkretnim primerima.

Primer 24. Posmatrajmo jednacinu 527x + 8619y = 17. Euklidovim algo-ritmom dobijamo

8619 = 527 · 16 + 187527 = 187 · 2 + 153187 = 153 · 1 + 34153 = 34 · 4 + 1734 = 17 · 2,

7.4. DIOFANTOVE I MODULARNE JEDNACINE 145

pa je (527, 8619) = 17. Koristeci Euklidov algoritam u obrnutom redosledudobijamo

17 = 153− 4 · 34 = 153− 4 · (187− 153) = 5 · 153− 4 · 187= 5 · (527− 2 · 187)− 4 · 187 = 5 · 527− 14 · 187= 5 · 527− 14 · (8619− 16 · 527) = 229 · 527− 14 · 8619= 527 · (229) + 8619 · (−14).

To znaci da je x = 229 i y = −14 celobrojno resenje date jednacine.

Posledica 4. Jednacinaax + by = 1, (7.12)

gde su a i b celi brojevi uvek ima celobrojno resenje, ako je (a, b) = 1.

Primer 25. Posmatrajmo jednacinu 31x + 507y = 1. Euklidovim algorit-mom dobijamo

507 = 31 · 16 + 1131 = 11 · 2 + 911 = 9 · 1 + 29 = 2 · 4 + 1.

U obrnutom redosledu, na osnovu ovih koraka dobijamo

1 = 9− 4 · 2 = 9− 4 · (11− 9) = 5 · 9− 4 · 11= 5 · (31− 2 · 11)− 4 · 11 = 5 · 31− 14 · 11= 5 · 31− 14 · (507− 16 · 31) = 229 · 31− 14 · 507= 31 · (229) + 507 · (−14).

pa je (x, y) = (229,−14) celobrojno resenje polazne jednacine.

Posledica 5. Ako je par (x, y) = (x0, y0) celobrojno resenje jednacine (7.11), tadaje i par

x = x0 +b · t

(a, b), y = y0 − a · t

(a, b)za svako t ∈ Z, takodje celobrojno resenje ove jednacine.

Teorema 7.10 Neka su a i b celi brojevi i par (u, v) celobrojno resenje jednacineax + by = (a, b). Tada je par (x0, y0)

x0 =u · c(a, b)

, y0 =v · c(a, b)

celobrojno resenje jednacine ax + by = c ako i samo ako za ceo broj c vazi (a, b)|c.


Primer 26. Treba naci celobrojno resenje jednacine

527x + 8619y = 51.

Kako je (527, 8619) = 17 i 51 = 3 · 17, potrazimo resenje jednacine

527x + 8619y = 17.

U Primeru 24 pokazali smo da je (u, v) = (229,−14) celobrojno resenje ovejednacine. Na osnovu Teoreme 7.10 par (x0, y0)

x0 =u · c(a, b)

=229 · 51

17= 687, y0 =

v · c(a, b)

=−14 · 51

17= −42,

resenje jednacine 527x + 8619y = 51. Nije tesko uociti da je par (x0, y0)

x0 = 229 · t i y0 = −14 · t, t ∈ Z

celobrojno resenje jednacine 527x + 8619y = 17t.

Teorema 7.11 Neka su a, b i c celi brojevi. Ako je par (x0, y0) celobrojno resenjejednacine

ax + by = c. (7.13)

Tada je svako drugo celobrojno resenje (x, y) oblika

x = x0 +b · t

(a, b), y = y0 − a · t

(a, b), t ∈ Z. (7.14)

Dokaz. Neka su parovi (x, y) i (x0, y0) celobrojna resenja jednacine (7.13). Doka-zimo da su x i y oblika (7.14). Na osnovu jednakosti

ax + by = ax0 + by0,

a(x− x0) = b(y0 − y), (7.15)a

d(x− x0) =

b

d(y0 − y), d = (a, b),

kako je(

ad , b

d

)= 1, zakljucujemo da a

d |(y0 − y) i bd |(x− x0). Neka su u i v celi

brojevi tako da vaze jednakosti

x− x0 = u · b

di y0 − y = v · a

d. (7.16)


Zamenom u (7.15) dobija se

a

d· u · b

d=

b

d· v · a

d,

tj. u = v. Ako stavimo u = v = t, t ∈ Z, iz (7.16) dobijamo da su x i y oblika(7.14).

Direktnom zamenom x i y, datih sa (7.14), u (7.13)

a

(x0 +

b

dt

)+ b

(y0 − a

dt

)= ax0 + by0 = c,

vidimo da je par (x, y) celobrojno resenje jednacine (7.13), kad god je to par(x0, y0).

Primer 27. Potrazimo celobrojno resenje jednacine 299x + 533y = 52.Kako je (299, 533) = 13 i 52 = 4·13, pomocu Euklidovog algoritma potrazimonajpre resenje jednacine 299x + 533y = 13.

533 = 1 · 299 + 234299 = 1 · 234 + 65234 = 3 · 65 + 3965 = 1 · 39 + 2639 = 1 · 26 + 1326 = 2 · 13.

Na osnovu ovih jednakosti, u obrnutom redosledu, dobijamo

13 = 39− 1 · 26 = 39− 1 · (65− 39) = 2 · 39− 65= 2 · (234− 3 · 65)− 65 = 2 · 234− 7 · 65= 2 · 234− 7 · (299− 1 · 234) = 9 · 234− 7 · 299= 9 · (533− 299)− 7 · 299 = −16 · 299 + 9 · 533.

To znaci da je par (u, v) = (−16, 9) celobrojno resenje jednacine

299u + 533v = 13.

Na osnovu Teoreme 7.7 dobija se da je par (x0, y0) = (−64, 36) resenje je-dnacine

299u + 533v = 52.

Svaki par (x, y) oblika

x = −64 + 41t i y = 36− 23t, t ∈ Z,

na osnovu (7.14) je resenje date jednacine.


Usko povezan sa resavanjem Diofantovih jednacina je i problem resavanja kon-gruentnih jednacina. Razmatracemo najpre jednacinu oblika

ax ≡ c (mod n), c 6≡ 0 (mod n), (7.17)

gde su a i c dati celi brojevi, a x nepoznata.

Teorema 7.12 Jednacina (7.17) ima resenje po x ako i samo ako (a, n)|c. Opsteresenje je oblika

x = x0 +t · n

(a, n), (7.18)

gde je t proizvoljan ceo broj, a x0 u paru (x0, y0) osnovno celobrojno resenjejednacine

ax + ny = c. (7.19)

Dokaz. Neka x, x ∈ Z, zadovoljava jednacinu (7.17). Tada n|(ax− c), te postojiceo broj (−y) tako da je ax− c = −yn, tj.

ax + ny = c. (7.20)

Kako je (a, n)|c, na osnovu Teoreme 7.10, osnovno resenje jednacine (7.20) jepar (x0, y0)

x0 =u · c(a, n)

, y0 =v · c

(a, n),

gde je par (u, v) celobrojno resenje jednacine

au + nv = (a, n).

Na osnovu Teoreme 7.11, dobijamo da je opste celobrojno resenje jednacine (7.17)par (x, y)

x = x0 +t · n(a, c)

i y = y0 − t · n(a, n)

,

odakle sledi trazeni rezultat.

Teorema 7.13 Ako (a, n)|c jednacina (7.17) ima konacno resenja po modulu n,i ona su

x =(

x0 +t · n

(a, n)(mod n)

), (7.21)

za t = 1, 2, ..., (a, n).


Posledica 6. Ako je (a, n) = 1 tada jednacina (7.17) ima jedinstveno resenje pomodulu n

x = x0 (mod n).

Primer 28. Potrazimo opste resenje kongruentne jednacine 3x ≡ 1 (mod 5).Kako je (3, 5) = 1 i 1|1, zadovoljeni su uslovi Teoreme 7.9. Potrazimo os-novno celobrojno resenje (x0, y0) jednacine

3x + 5y = 1.

Pomocu Euklidovog algoritma dobijamo

5 = 1 · 3 + 23 = 1 · 2 + 12 = 1 · 2,

te je1 = 3 + (−1) · 2 = 3 + (−1) · (5− 1 · 3) = 3 · 2 + 5 · (−1).

Osnovno resenje jednacine 3x + 5y = 1 je (x0, y0) = (2,−1).

Na osnovu Teoreme 7.12, opste resenje kongruentne jednacine 3x ≡ 1 (mod 5)je

x0 +t · n

(a, n)= 2 + 5 · t.

Kako je (a, n) = 1, ova kongruentna jednacina ima jedinstveno resenje pomodulu 5

x = x0 = 2.

Primer 29. Potrazimo opste resenje kongruentne jednacine

527x ≡ 34 (mod 8619).

Kako je (527, 8619) = 17 i 17|34, zadovoljeni su uslovi Teoreme 7.9. Po-trazimo osnovno celobrojno resenje (x0, y0) jednacine

527x + 8619y = 17. (7.22)

Na osnovu Euklidovog algoritma dobijamo

17 = 527 · 229 + 8619 · (−14),


te je osnovno celobrojno resenje jednacine (7.22)

(x0, y0) = (229,−14).

Osnovno celobrojno resenje jednacine

527x + 8619y = 34,

je

x0 = u0 · c

(a, n)= 229 · 34

17= 458 i y0 = v0 · c

(a, n)= −14 · 34

17= −28.

Opste resenje date kongruentne jednacine je

x = x0 +t · n

(a, n)= 458 + 507 · t, t ∈ Z.

Sva resenja date kongruentne jednacine po modulu 8619 su

x = 458 + 507 · t,

za t = 1, 2, ..., 17.

Primer 30. Potrazimo opste resenje kongruentne jednacine

−7x ≡ 26 (mod 5).

Kako je −7 ≡ 3 (mod 5) i 26 ≡ 1 (mod 5), umesto posmatrane jednacinemozemo resavati njoj ekvivalentnu jednacinu

3x ≡ 1 (mod 5).

U opstem slucaju, resavanje kongruentne jednacine

ax ≡ c (mod n)

mozemo zameniti resavanjem nove jednacine (ukoliko je ”zgodnija” za resa-vanje) tako sto se a i c zamene ”zgodnijim” celim brojevima a i c iz klase pomodulu n. Tako smo −7 zamenili sa 3 iz klase ekivalencije po modulu 5

−7 = {...,−7,−2, 3, 8, ...},

a broj 26 brojem 1 iz klase ekvivalencije, po modulu 5

26 = {, , , .− 4, 1, 6, 11, 16, 21, 26, ...}.


Umesto jedne kongruentne jednacine, pod odredjenim uslovima, moze da seresava sistem kongruentnih jednacina. Uslove pod kojima je to moguce daje sledecateorema, poznata pod nazivom Kineska teorema o ostacima.

Teorema 7.14 Neka su n1, n2, ..., nk prirodni brojevi sa osobinom (ni, nj) = 1,i 6= j, za svako i = 1, 2, ..., k, j = 1, 2, ..., k. Tada sistem kongruentnih jednacina

x ≡ c1 (mod n1),x ≡ c2 (mod n2),... (7.23)x ≡ ck (mod nk),

ima jedinstveno resenje, po modulu n, n = n1n2 · · ·nk. Ako je zj resenjekongruentne jednacine

Mjzj ≡ cj (mod nj), j = 1, 2, ..., k,

gde jeMj =

n1n2 · · ·nk

nj,

tada je resenje sistema (7.23)

x =

k∑

j=1

Mjzj

(mod n).

Primer 31. Potrazimo resenje sistema kongruentnih jednacina

x ≡ 5 (mod 4),x ≡ 7 (mod 11).

Kako je (4, 11) = 1 ispunjeni su uslovi iz Teoreme 7.14. Najpre primetimoda umesto jednacine x ≡ 5 (mod 4) mozemo posmatrati jednacinu

x ≡ 1 (mod 4).

Kako je n = n1 · n2 = 4 · 11 = 44, to je M1 = 11 i M2 = 4. Resimo najprejednacinu

11z1 ≡ 1 ( (mod 4),


tj.3z1 ≡ 1 (mod 4).

Osnovno resenje je z1 = 3. Resenje kongruentne jednacine

4z2 ≡ 7 (mod 11),

je z2 = 10. Trazeno resenje je

x = (11 · 3 + 4 · 10) ( (mod 44) = 73 (mod 44) = 29.

Primer 32. Potrazimo resenje jednog poznatog problema ”zabavne” ma]-tematike. Grupa majmuna zeli da podeli gomilu kokosovih oraha. Ako ihdeli u grupe od po 5 oraha, ostaje visak od 4 oraha, u grupe od po 4 oraha,ostaje visak od 3 oraha, u grupe od po 7 oraha, ostaje visak od 2 oraha, ugrupe od po 9 oraha, ostaje visak od 6 oraha. Postavlja se pitanje, koliko jenajmanje oraha bilo na gomili?

Da bismo odgovorili da ovo pitanje treba resiti sistem kongruentnih jednacina

x ≡ 4 (mod 5),x ≡ 3 (mod 4),x ≡ 2 (mod 7),x ≡ 6 (mod 9).

Po parovima, brojevi 5, 4, 7 i 9 su uzajamno prosti te su uslovi Teoreme ??zadovoljeni. Kako je n = 5 · 4 · 7 · 9, redom dobijamo

M1 =5 · 4 · 7 · 9

5= 252, M2 =

5 · 4 · 7 · 94

= 315,

M3 =5 · 4 · 7 · 9

7= 180, M4 =

5 · 4 · 7 · 99

= 140.

Resenja kongruentnih jednacina

252z1 ≡ 4 (mod 5),315z2 ≡ 3 (mod 4),180z3 ≡ 2 (mod 7),140z4 ≡ 6 (mod 9),


tj. jednacina

z1 ≡ 2 (mod 5),z2 ≡ 1 (mod 4),

5z3 ≡ 2 (mod 7),5z4 ≡ 6 (mod 9),

su z1 = 2, z2 = 1, z3 = 6 i z4 = 3. Trazeno resenje je

x = (M1z1 + M2z2 + M3z3 + M4z4) (mod m)= (504 + 315 + 1080 + 420) (mod 1260) = 1059.

Kineska teorema o ostacima moze da se formulise i na sledeci nacin.

Teorema 7.15 Neka su n1, n2, ..., nk, po parovima uzajamno prosti brojevi, i nekasu c1, c2, ..., ck proizvoljni celi brojevi. Tada postoji resenje sistema kongruentnihjednacina (7.23). Ako je x0 jedno resenje sistema (7.23), onda je x njegovo resenjeako i samo ako je x = x0 + t · n, t ∈ Z i n = n1 · n2 · · ·nk

Nalazenje resenja sistema (7.23) moze da se obavi pomocu Garnerovog algo-ritma. Opisacemo ga sledecim koracima.

Algoritam (Garner)

Korak 1◦ Za svako i = 1, 2, ..., k i j =, 2, ..., k, i < j, odredjuju se konstanteaij na osnovu jednakosti

aijni ≡ 1 (mod nj). (7.24)

Korak 2◦ Na osnovu elemenata skupa {c1, c2, ..., ck} i konstanti aij formi-ramo novi skup brojeva {b1, b2, ..., bk}, na osnovu jednakosti

b1 ≡ c1 (mod n1)b2 ≡ ((c2 − b1)a12)( (mod n2)b3 ≡ (((c3 − b1)a13 − b2)a23) (mod n3)...

bk ≡ (· · · (((ck − b1)a1k − b2)a2k)− · · · bk−1)ak−1,k) (mod nk)

Korak 3◦ Trazeno resenje je oblika

x0 = b1 + b2n1 + b3n1n2 + · · ·+ bkn1n2 · · ·nk−1. (7.25)


Ako se trazi najmanje pozitivno resenje koje zadovoljava (7.23) nalazimo ga naosnovu jednakosti

x = x0 (mod n), n = n1n2 · · ·nk.

Primer 33. Resimo, prmenom algoritma Garnera, sledeci sistem kongru-entnih jednacina

x ≡ 5 (mod 7),x ≡ 7 (mod 11),x ≡ 3 (mod 13).

Na osnovu (7.24) treba da odredimo konstante a12, a13 i a23 tako da je

a12 · 7 ≡ 1 (mod 11),a13 · 7 ≡ 1 (mod 13),

a23 · 11 ≡ 1 (mod 13).

Dobijamo da je a12 = 8, a13 = 2 i a23 = 6.

Na osnovu koraka 2◦ algoritma Garnera, na osnovu skupa {5, 7, 3} tebaodrediti skup {b1, b2, b3} tako da je

b1 ≡ 5 (mod 7),b2 ≡ ((7− b1) · 8) (mod 11),b3 ≡ (((3− b1) · 2− b2) · 6) (mod 13).

Mozemo uzeti da je b1 = 5. Tada je

b2 ≡ 16 (mod 11) ⇒ b2 = 5,

b3 ≡ (−54) (mod 13) ⇒ b3 = 11.

Trazeno resenje je

x0 = b1 + b2n1 + b3n1n2 = 5 + 5 · 7 + 11 · 7 · 11 = 887.

To je ujedno i najmanji prirodan broj koji zadovoljava sistem, jer je

887 (mod 1001) = 887

.

Uopstenje Kineske teoreme o ostacima glasi


Teorema 7.16 Sistem kongruentnih jendacina

x ≡ c1 (mod n1)x ≡ c2 (mod n2)

...x ≡ ck (mod nk)

ima resenje ako i samo ako je (ni, nj)|(ci − cj), za svako i = 1, 2, ..., k i j =1, 2, ..., k. Resenje je jedinstveno po modulu n, n = NZD(n1, n2, ..., nk).

Primer 34. Posmatrajmo sistem kongruentnih jednacina

x ≡ 5 (mod 6),x ≡ 3 (mod 10),x ≡ 8 (mod 15).

Za brojeve 6, 10 i 15 vazi (6, 10) = 2, (6, 15) = 3 i (10, 15) = 5. Kako2|(5− 3), 3|(8− 5) i 5|(8− 3) ispunjeni su uslovi Teoreme 7.16. Sistem cemoresavati metodom korak po korak, sto se razlikuje od postupka primenjenogu prethodnom primeru.

Resimo najpre jednacinu

x ≡ 5 (mod 6).

Njeno opste resenje jex = 5 + 6t, t ∈ Z,

i treba odrediti t, tako da vaze preostale dve jednacine. Zamenom x u drugujednacinu dobijamo da t mora da zadovoljava kongruentnu jednacinu

(5 + 6t) ≡ 3 (mod 10).

Dodavanjem broja 5 levoj i desnoj strani ove jednacine, dobijamo

(10 + 6t) ≡ 8 (mod 10),

tj.6t ≡ 8 (mod 10),

sto je ekvivalentno sa

3t ≡ 4 (mod 5). (7.26)


Mnozenjem leve i desne strane sa 2 dobijamo

6t ≡ 8 (mod 5),

tj.

t ≡ 3 (mod 5). (7.27)

Opste resenje ove jednacine je

t = 3 + 5v, v ∈ Z,

te jex = 5 + 6(3 + 5v) = 23 + 30v.

Zamenom u jednacinux ≡ 8 (mod 15),

vidimo da je(23 + 30v) ≡ 8 (mod 15)

vazi za svako v ∈ Z. To znaci da je trazeno resenje

x = 23 + 30v, (v ∈ Z).

Primetimo da je prelazak od jednacine (7.26) na jednacinu (7.27) mogao da seobavi i na sledeci nacin:

3t ≡ 4 (mod 5) ⇔ t ≡ 4 · 13

(mod 5).

Treba odrediti broj b = 13 (mod 5). Ovaj broj zadovoljava kongruentnu jednacinu

3b ≡ 1 (mod 5),

te je b = 2. Sada je

t ≡ 4·13

(mod 5) ⇔ t ≡ 4·2 (mod 5) ⇔ t ≡ 8 (mod 5) ⇔ t ≡ 3 (mod 5).

U opstem slucaju vazi sledeci rezultat.

Teorema 7.17 Neka je b ceo broj, razlicit od nule, i a i n prirodni brojevi, pricemu je 0 < a ≤ n− 1 i (b, n) = 1. Tada postoji jedinstveni kolicnik brojeva a i bpo modulu n, a

b n. On je jedinstveno resenje kongruentne jednacine, po x,

bx ≡ a (mod n). (7.28)

7.5. PROSTI BROJEVI 157

Primer 35. Potrazimo kolicnik brojeva 2 i 7 po modulu 4, tj. x = 274. Za

brojeve 7 i 4 vazi (7, 4) = 1, a 0 < 2 ≤ 3, te su ispunjeni svi uslovi Teoreme7.17. Broj x je resenje kongruentne jednacine

7x ≡ 2 (mod 4),

tj.3x ≡ 2 (mod 4).

Na osnovu nje dobijamo da je x = 2, tj. x = 274 = 2.

7.5 Prosti brojevi

Za razliku od definicije prostih brojeva koja je data u ranijem odeljku, navescemodefiniciju koju su koristili stari Grci.

Definicija 7.8 Prosti brojevi su prirodni brojevi koji se ne mogu predstaviti u viduproizvoda dva prirodna broja veca od jedinice.

Primer 36. Prvih nekoliko prostih brojeva su 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, .... Br-oj 2 je jedini paran broj koji je prost.

Prvo pitanje u vezi prostih brojeva je da li je skup prostih brojeva konacan iline. Odgovor na postavljeno pitanje dao je sam Euklid.

Teorema 7.18 Skup prostih brojeva je beskonacan.

Dokaz. Pretpostavimo da je skup prostih brojeva konacan i da je p najveci prostbroj. Uocimo broj

n = 2 · 3 · · · p + 1, (7.29)

u cijem proizvodu ucestvuju samo prosti brojevi, i to svi od 2 do p. Broj n jeveci od p i on je prost broj jer je n ≡ 1 (mod t), za svaki prost broj t, 2 ≤ t ≤ p.Ali to je suprotno pretpostavci da je p najveci prost broj.

Nije tesko primetiti da za fiksirano p u (7.29), n ne mora biti prvi prost brojveci od p. Tako je na primer za p = 5, n = 2 ·3 ·5+1 = 31, pa su preskoceni prostibrojevi 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29. Tako mozemo zakljuciti da se pomocu (7.29) nemogu generisati svi prosti brojevi.

Drugo pitanje vezano za proste brojeve je razlaganja prirodnih brojeva u viduproizvoda prostih brojeva, tj. na njihovo razlaganje na proste cinioce


Teorema 7.19 (Osnovna teorema aritmetike) Svaki prirodan broj, veci od je-dinice, ima jedinstveno razlaganje na proste cinioce.

Dokaz. Ako postoji bar jedan prirodan broj, veci od jedinice, koji ima dva ra-zlicita razlaganja na proste cinioce, tada postoji i najmanji prirodan broj sa ovomosobinom. Neka je to broj n

n = p1 · p2 · · · ps = q1 · q2 · · · qr (7.30)

pri cemu su pi i qj , i = 1, 2, ..., s, j = 1, 2, ..., r, prosti brojevi. Bez smanjenjaopstosti mozemo pretpostaviti da je

p1 ≤ p2 ≤ · · · ≤ ps i q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ qr.

Mora biti p1 6= q1, jer bi u protivnom prirodni broj

n

p1=

n

q1= p2 · · · ps = q2 · · · qr,

imao dvostruko razlaganje i bio manji od n, jer je p1 6= 1, sto je suprotno pre-postavci da je n najmanji sa navedenom osobinom.Pretpostavimo da je p1 < q1, Uocimo broj n′ = n − p1q2 · · · qr = (q1 − p1)q2 ·q3 · · · qr. Prirodan broj n′ je manji od n, pa na osnovu minimalnosti broja n, onima jedinstveno razlaganje na proste cinioce. Kako p1|n i broj p1|p1q2 · · · qr top1|n′. To znaci da p1|(q1 − p1) ili p1|(q2q3 · · · qr). Kako je p1 < q1 ≤ q2 ≤ · · · ≤ qr,to se p1 ne javlja u izrazu q2q3 · · · qr, tj. p1 6 | q2q3 · · · qr. Tada p1|(q1 − p1), tj.p1|q1. Medjutim, to je nemoguce jer je q1 prost broj. Dosli smo do kontradikcijejer je pretpostavka da prirodan broj moze imati dva razlicita razlaganja na prostecinioce bila pogresna.Posledica 7. Ako za dva prirodna broja a i b i prirodan broj p vazi p|ab, tada pdeli bar jedan od brojeva a i b. Vazi i generalno, ako p|a1a2 · · · an, tada p|ai barza jedno i, i = 1, 2, ..., n.Posledica 8. Neka je n prirodan broj, veci od jedinice. Tada postoje jedinstveniprosti brojevi p1, p2, ..., pk i nenegativni celi brojevi α1, α2, ..., αk, tako da je

n = pα11 pα2

2 · · · pαkk . (7.31)

Razlaganje (7.31) se naziva kanonskom dekompozicijom broja n. Svi deliteljibroja n su oblika

a = pβ11 pβ2

2 · · · pβkk , (7.32)

pri cemu je 0 ≤ βi ≤ αi, i = 1, 2, ..., k.


Primer 37. Vazi630 = 2 · 3 · 3 · 5 · 7.

Delioci broja 630 su

1 2 3 5 72 · 3 32 5 · 72 · 32 32 · 5

2 · 32 · 5 32 · 5 · 72 · 32 · 5 · 7 32 · 72 · 32 · 7 3 · 52 · 3 · 5 3 · 5 · 7

2 · 3 · 5 · 7 3 · 72 · 3 · 72 · 5

2 · 5 · 72 · 7

Primetimo da se svaki broj βi, i = 1, 2, ..., k u (7.32), moze birati na αi + 1nacina. Oznacimo sa τ(n) ukupan broj delioca broja n u (7.31), pri cemu seracunaju i brojevi 1 i n. Tada vazi jednakost

τ(n) = (α1 + 1)(α1 + 1) · · · (α1 + 1). (7.33)

Primer 38. Na osnovu (7.33), za broj 1176 = 23 · 3 · 72 vazi

τ(1176) = (3 + 1)(1 + 1)(2 + 1) = 24,

sto znaci da on ima 24 razlicita delioca.

Ako su prirodni brojevi a i b uzajamno prosti tada vazi jednakost τ(ab) =τ(a)τ(b).

Primer 39. Za broj 12 vazi 12 = 4 · 3, pri cemu je (3, 4) = 1. Zbog toga je

τ(12) = τ(3 · 4) = τ(3) · τ(4) = τ(3) · τ(22) = 2 · 3 = 6.

Broj 12 ima 6 delioca, i to su redom 1, 2, 3, 4, 6, 12.

Za generisanje svih prostih brojeva, manjih od nekog fiksiranog broja n, koristise Eratostenovo sito. Njegova sustina je da se iz koraka u korak eliminisu svislozeni brojevi manji od n. Prvo se eliminisu svi parni brojevi, osim broja 2.


Zatim, redom, brojevi deljivi prostim brojevima manjim od n, osim samih njih.Kako u skupu {1, 2, ..., n} ima konacno prostih brojeva, nakon konacno korakadobijamo trazeni rezultat. Ovo moze biti prilicno slozeno. Pogotovu ako je nveliki broj. Svaka ekonomizacija je korisna.

Fibonaci (Leonardo Pizanski) je primetio da je dovoljno elimisati slozene bro-jeve, koji su deljivi svim prostim brojevima koji su manji od

√n. Do ovog zakljucka

je dosao na osnovu sledecih cinjenica. Neka je n = a · b. Tada je min{a, b} ≤ √n,

jer bi u protivnom bilo n = a · b >√

n · √n = n. Ako je n = a · b, tj. n deljivo saa, tada je ono deljivo i sa b = n

a , pa deljivost ovim brojem ne treba ispitivati.Algoritam koji odgovara Eratostenovom situ moze se opisati sledecim koracima:Algoritam (Eratostenovo sito.)Neka je n prirodan broj i p najaveci prost broj p sa osobinom p <

√n.

Korak 1◦ Ispisimo sve prirodne brojeve od 1 do n,

Korak 2◦ Obelezimo sve brojeve deljive sa 2, osim broja 2,

Korak 3◦ Obelezimo sve brojeve deljive sa 3, osim broja 3,

...

Korak p◦ Obelezimo sve brojeve deljive sa p, osim broja p,

Korak (p + 1)◦ Neobelezeni brojevi su prosti.

Primer 40. Neka je n = 100. Kako je√

100 = 10, najmanji prost brojmanji od 10 je 7. Da bi pomocu Eratostenovog sita odreditili sve prostebrojeve izmedju 1 i 100, treba eliminisati slozene brojeve deljive, redom, sa2, 3, 5 i 7. To je prikazano na sledecoj slici:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 6061 62 63 64 65 66 67 68 69 7071 72 73 74 75 76 77 78 79 8081 82 83 84 85 86 87 88 89 9091 92 93 94 95 96 97 98 99 100

Naravno, najpre je oznacen broj 1.


Kako smo vec pomenuli, nije ni malo lako odrediti za neki broj n, pogotovuako je veliki, da li je prost ili nije. Tako, na primer, nije lako uociti da li je broj1000009 prost ili slozen. Ojler je sumnjao da je prost, ali je kasnije sam ustanovioda je slozen, tj. da vazi jednakost 1000009 = 293 · 3413.

Na slican problem naisao je i Ferma. Bio je u dilemi da li je broj 100895598169prost. Ustanovio je da je on slozen, tj. da je on proizvod brojeva 898423 i 112303.

Kada se pomenu ove dileme, citalac mora imati u vidu vreme kada su onistvarali. Nije bilo racunara, mada se u mnogim situacijama i danas nisu pokazaliod velike koristi. Rad sa velikim brojevima jos uvek je problem.

Primer 41. Hocemo ispitati da li je broj n = 119 prost. Na osnovu Fi-bonacijevog zakljucja, treba ispitati da li je deljiv prostim brojevima 2,3,5,7 i11, koji su manji od

√119. Neposrednom proverom otkrivamo da je n = 119

slozen broj, tj. vazi jednakost 119 = 7 · 17.

Primer 42. Slicno, posmatrajmo broj n = 1999. Kako je 442 < 1999 < 452

treba ispitati deljivost broja n = 1999 prostim brojevima manjim od 45, tj.brojevima 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41 i 43. On nije deljiv nijednimod njih, te je zakljucak da je on prost.

Od ostalih kriterijuma za ispitivanje da li je neki broj prost, a koji se ne bazirajuna postupcima deljenja, pomenucemo sledeca dva, koja pripadaju Leonardu Ojleru.

Teorema 7.20 (Prvi Ojlerov kriterijum) Ako neparan prirodan broj n, n > 1,moze da se predstavi u vidu razlike kvadrata dva prirodna broja na vise od jednognacina, on je slozen. Ako je to predstavljanje jedinstveno, on je prost.

Drugacija formulacija ovog kriterijuma, koja se pripisuje Fermi, glasi: Neparanbroj n, n > 1 nije prost ako i samo ako postoje prirodni brojevi p i q sa osobinaman = p2 − q2, p− q > 1.

Primetimo da za svaki neparan broj n, n > 1, vazi razlaganje

n =(

n + 12

)2

−(

n− 12

)2

, (7.34)

pa prilikom ispitivanja da li je prost treba potraziti da li pored njega postoji josjedno. Za primenu ovog kriterijuma mogu da se koriste tablice kvadrata prirodnihbrojeva. Ako ispitujemo da li je dati broj n prost ili nije, sukcesivno mu dodajemokvadrate r2 prirodnih brojeva r, sa osobinom r < n−1

2 . Ako je za neko r, r + n2

potpun kvadrat, broj je slozen.


Primer 43. Iz tablice kvadrata prirodnih brojeva broju n = 3551 doda-jemo redom kvadrate 12, 22, 32, ..., r2, r < 1775. Kako je 3551 + 72 = 602,broj 3551 je slozen. Naime, razlaganje 3551 = 602− 72 se razlikuje od razla-ganja 3551 = 17762 − 17752.

Primer 44. Posmatrajmo broj n = 31. Dodajemo mu redom kvadrate r2,r < 15, tj. 12, 22, 32, ... 142. Nijedan od brojeva 31+r2 nije potpun kvadratte je n = 31 prost broj.

Teorema 7.21 (Drugi Ojlerov kriterijum) Ako prirodan broj moze da se prikazeu obliku sume kvadrata dva prirodna broja, na vise od jednog nacina, tada je onslozen broj.

Na osnovu ovog kriterijuma zakljucujemo da ako prost broj mozemo prikazatikao zbir kvadrata dva prirodna broja, to se moze ostvariti samo na jedan nacin.

Napomenimo da je Ferma dokazao da se svi prosti brojevi oblika 4k+1, k ∈ N ,mogu prikazati u vidu zbira kvadrata dva prirodna broja.

Primer 45. Posmatrjamo prvih sest prostih brojeva, oblika 4k + 1. To su5, 13, 17, 29, 37 i 41. Za njih vazi 5 = 12 + 22, 13 = 22 + 32, 17 = 12 + 42,29 = 22 + 52, 37 = 12 + 62 i 41 = 42 + 52.

Vec smo pomenuli da se pomocu (7.29) ne mogu generisati svi prosti brojevi.Postavlja se pitanje da li se to moze ostvariti pomocu neke formule. Odgovor naovo pitanje su trazili mnogi, ali bez vidnih rezultata. Medjutim, prilikom ovihispitivanja doslo se do mnogih drugih korisnih rezultata. Pomenimo neke od njih.

Trinom Ojlera f(n) = n2 + n + 41 za n = 0, 1, 2, ..., 39 daje proste brojeve.Medjutim, za n = 40 to ne vazi jer je f(40) = 412.

Ferma je smatrao da su brojevi 22n+ 1 prosti. To vazi za n = 0, 1, 2, 3, 4.

Medjutim, za n = 5 to ne vazi jer je

F (5) = 225+ 1 = 4294967297 = 641 · 6700417.

Postavlja se sada pitanje da li za n > 5 postoji prost broj tog oblika. Inace,zabrojeve oblika F (n) = 22n

+ 1, tj. Fermaove brojeve, vazi sledeci rezultat:

Teorema 7.22 Ako je 2m + 1 prost broj tada je m stepen broja 2. Obrnuto nemora da vazi.

Dokaz. Pretpostavimo da je 2m +1 prost broj, a da m nije stepen broja 2, vec daje m = 2n · k, n ≥ 0, k > 1 neparan broj. Tada je

2m + 1 = 22n·k + 1 =(22n

)k+ 1 =

(22n

+ 1) ((

22n)k−1 −

(22n

)k−2+ · · ·+ 1

).

7.6. MALA FERMAOVA TEOREMA. OJLEROVA FUNKCIJA 163

To znaci da broj 2m + 1 nije prost, sto je suprotno uvedenoj pretpostavci.Inace brojevi oblika M(n) = 2n − 1, n ∈ N , su Mensenovi brojevi. Oni imaju

osobinu da ako je M(p) prost broj, tada je i p prost. Obrnuto, opet, ne mora davazi. Tako je za p = 11, M(11) = 2047 = 23 · 89. Brojeve oblika M(n) = 2n − 1proucavao je i Euklid. On je dokazao da ako je M(p) prost broj tada je odgovarajucibroj 2p−1M(p) savrsen. Savrsen broj jednak je zbiru svojih delilaca, pri cemu seu delioce ne ubraja sam broj.

Primer 46. Navescemo neke savrsene brojeve

22−1M(2) = 6 = 1 + 2 + 3,

23−1M(3) = 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14.

Za proste brojeve, kao i uopste u teoriji brojeva, postoji daleko veci broj prob-lema, koji su veoma vazni, ali cije se resenje ne nazire. Cisto da iniciramo mastucitalaca, ukazacemo na dva interesantna, ali neresena problema za proste brojeve.

Prvi problem je hipoteza Goldbaha. On je uocio, analizirajuci veliki brojslucajeva, da je uvek u mogucnosti da svaki paran broj, razlicit od 2, predstavikao sumu dva prosta broja. Da li ovo vazi uopstem slucaju? On je ovo pitanjepostavio Ojleru. Odgovor nije pronadjen do danasnjeg dana.

Primer 47. U vezi sa hipotezom Goldbaha navodimo sledece jednakosti:

4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 5 + 5, 12 = 5 + 7,14 = 7 + 7, 16 = 3 + 13, 18 = 7 + 11, 20 = 7 + 13,22 = 9 + 13, 24 = 11 + 13, 26 = 9 + 17, 28 = 11 + 17,30 = 11 + 19, 32 = 13 + 19, 34 = 17 + 17, 36 = 17 + 19,38 = 19 + 19, 40 = 17 + 23, 42 = 19 + 23, 44 = 13 + 31,46 = 17 + 29, 48 = 17 + 31, 50 = 19 + 31.

Drugi problem je jose interesantniji. Prosti brojevi oblika p i p + 2 nazivaju seblizancima. Tako su blizanci parovi (3, 5), (11, 13), (29, 31). Postavlja se pitanjeda li je skup blizanaca prostih brojeva beskonacan ili ne.

7.6 Mala Fermaova teorema. Ojlerova funkcija

Vraticemo se ponovo problemu resavanja kongruentnih jednacina u svetlu nekihrezultata za proste brojeve.


Teorema 7.23 (Mala Fermaova teorema) Ako je p prost broj i a tada vazi jed-nakost

ap ≡ a (mod p). (7.35)

Dokaz. Za a = 0 je 0p−0 = 0 te (7.35) vazi, jer je 0 deljiva sa p. Pretpostavimoda (7.35) vazi za a := k, k ∈ N i dokazimo da je to tacno za a := k + 1.

ap − a = (k + 1)p − (k + 1) = kp + 1 +p−1∑

i=1

(p

i

)ki − k − 1 = kp − k +

p−1∑

i=1

(p

i

)ki.

Izraz kp − k je deljiv sa p po induktivnoj pretpostavci. Kako je(

p

i

)=

p!i!(p− i)!

, i = 1, 2, ..., p− 1,

brojilac je uvek deljiv sa p, a imenilac nije, te je(pi

)deljivo sa p.

Da je (7.35) tacno za negativne cele brojeve a i neparne proste brojeve p, proizilazina osnovu smene a = −b, b ≥ 0. Za negativno a i p = 2 vazi jednakost a2 − a =a(a− 1), sto je deljivo sa 2, te (7.35) vazi i u ovom slucaju.Posledica 9. Ako je p prost broj i a ceo broj sa osobinom (a, p) = 1, tada vazijednakost

ap−1 ≡ 1 (mod p). (7.36)

Teorema 7.24 Neka je p prost broj, a m i n prirodni brojevi, sa osobinom m ≡ n(mod (p− 1)). Tada za svaki ceo broj a vazi jednakost

am ≡ an (mod p). (7.37)

Primer 48. Pokazimo da je (313) ≡ 37 (mod 7). Brojevi m = 13 i n = 7zadovoljavaju jednakost 13 ≡ 7 (mod 6). Tada 313 ≡ 37 (mod 7) direktnosledi na osnovu (7.37). Inace je

(313) (mod 7) = (9 · 9 · 9 · 9 · 9 · 9 · 3) (mod 7) = (2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 3) (mod 7)= (8 · 8 · 3) (mod 7) = (1 · 1 · 3) (mod 7) = 3 (mod 7),

(37) (mod 7) = (9 · 9 · 9 · 3) (mod 7) = (2 · 2 · 2 · 3) (mod 7) == (8 · 3) (mod 7) = 3 (mod 7).

te je 313 = 37 (mod 7).


Primer 49. Za p = 2 (7.35) postaje a2 ≡ a (mod 2), sta je ocigledno jerje a2 − a = a(a− 1) proizvod dva uzastopna broja, a on je uvek deljiv sa 2.Za p = 3, a3 ≡ a (mod 3) je takodje ocigledno jer je a3−a = (a−1)a(a+1)proizvod tri uzastopna broja, sto je uvek deljivo sa 3.

Za praksu je znacajna sledeca posledica Teoreme 7.23, poznata pod nazivomHananova lema.Posledica 10. (Hananova lema) Za svaki prost broj p vazi jednakost

(p− 2)! ≡ 1 (mod p). (7.38)

Napomenimo da se ova jednakost u obliku

(p− 1)! ≡ (p− 1) (mod p)

naziva Vilsonovom.

Primer 50. Na osnovu (7.38), za p = 7 vazi 5! ≡ 1 (mod 7). Direktnomproverom

5!( (mod 7) ≡ (5 · 4 · 3 · 2 · 1) (mod 7) ≡ (20 · 6) (mod 7)≡ (6 · 6) (mod 7) ≡ 36 (mod 7) ≡ 1 (mod 7).

Veoma vaznu ulogu u teoriji brojeva igra Ojlerova funkcija, ϕ(n), koju cemouvesti sledecom definicijom.

Definicija 7.9 (Ojlerova funkcija) Sa ϕ(n) oznacava se ukupan broj prirodnihbrojeva, manjih od datog prirodnog broja n, koji su uzajamno prosti sa n. Podefiniciji je ϕ(1) = 1.

Primer 51. U sledecoj tabeli date su vrednosti Ojlerove funkcije ϕ(n) zaneke pocetne prirodne brojeve.

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

Slika 5.

Teorema 7.25 Neka su m i n uzajamno prosti brojevi, (m,n) = 1. Tada vazijednakost

ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n).


Teorema 7.26 Neka je n = pα11 pα2

2 · · · pαkk kanonska dekompozicija prirodnog br-

oja n. Tada vazi jednakost

ϕ(n) = n

(1− 1

p1

) (1− 1

p2

)· · ·

(1− 1

pk

). (7.39)

Posledica 11. Ako je p prost broj i k prirodan broj, tada je

ϕ(pk) = pk − pk−1.

Posledica 12. Prirodan broj p je prost ako i samo ako je

ϕ(p) = p− 1.

Posledica 13. Ako je n prirodan broj veci od 2, tada je ϕ(n) paran broj.

Primer 52.

ϕ(30) = ϕ(5 · 6) = ϕ(5)ϕ(2 · 3) = ϕ(2)ϕ(3)ϕ(5) = 1 · 2 · 4 = 8,

ϕ(120) = ϕ(23 · 31 · 51) = 23 · 3 · 5 ·(

1− 12

)·(

1− 13

)·(

1− 15

)= 32.

Teorema 7.27 (Gausova formula) Neka je n prirodan broj i d1, d2, ..., dk svi, med-jusobno razliciti, delioci broja n, pri cemu su ukljuceni i brojevi 1 i n. Tada vazijednakost

n = ϕ(d1) + ϕ(d2) + · · ·+ ϕ(dk). (7.40)

Primer 53. Delioci broja 12 su 1, 2, 3, 4, 6 i 12. Tada je

ϕ(1) + ϕ(2) + ϕ(3) + ϕ(4) + ϕ(6) + ϕ(12) == 1 + 1 + 2 + ϕ(22) + ϕ(2 · 3) + ϕ(22 · 3) == 4 + (22 − 21) + ϕ(2)ϕ(3) + ϕ(22) · ϕ(3) = 6 + 1 · 2 + 2 · 2 = 12.

Sledeca teorema je generalizacija Male Fermaove teoreme, a igra znacajnu uloguu resavanju kongruentnih jednacina.

Teorema 7.28 (Ojlerova formula) Ako su a i n uzajamno prosti prirodni brojevi,(a, n) = 1, tada vazi jednakost

aϕ(n) ≡ 1 (mod n). (7.41)


Dokaz. Neka su brojevi α1, α2, ..., αϕ(n) svi prirodni brojevi manji od n i uza-jamno prosti sa njim, i a prirodam broj sa osobinom (a, n) = 1. Tada su bro-jevi aα1, aα2, ..., aαϕ(n) uzajamno prosti sa n. Brojevi α1 · α2 · · ·αϕ(n) i aα1 ·aα2 · · · aαϕ(n) su kongruentni po modulu n, pa je

aϕ(n) · α1 · α2 · · ·αϕ(n) ≡ (α1 · α2 · · ·αϕ(n)) (mod n),

tj.aϕ(n) ≡ 1 (mod n).

Posledica 14. Za n = p, p je prost broj, iz (7.41) se dobija (7.36).

Primer 54. Neka je a = 7 i n = 6, ϕ(6) = 2. Na osnovu (7.41) vazijednakost 72 ≡ 1 (mod 6).

Posledica 15. Neka su a i b, b 6= 0, celi brojevi, n prirodan broj sa osobinom(a, n) = 1. Tada je

x0 = baϕ(n)−1 (7.42)

resenje kongruentne jednacine

ax ≡ b (mod n). (7.43)

Ono je jedinstveno po modulu nDokaz. Na osnovu (7.43) vazi

ax0 ≡ b (mod n),

(ax0 − b) ≡ 0 (mod n),

b(a

bx0 − 1) ≡ 0 (mod n). (7.44)

Na osnovu (7.41) vazi(aϕ(n) − 1) ≡ 0 (mod n). (7.45)

Uporedjivanjem (7.44) i (7.45) dobijamo

a

bx0 − 1 = aϕ(n)−1,

tj.x0 = b · aϕ(n)−1.


Primer 55. Potrazimo najmanje pozitivno resenje jednacine

−7x ≡ 26 (mod 5).

Njoj je ekvivalentna jednacina

3x ≡ 1 (mod 5).

Kako je (3, 5) = 1, na osnovu Posledice 15 dobijamo

x = 1 · 3ϕ(5)−1 = 34−1 = 27.

Minimalno pozitivno resenje je

x0 = 2.

Primer 56. Potrazimo najmanje pozitivno resenje jednacine

5x ≡ 2 (mod 7).

Kako je (5, 7) = 1, na osnovu (7.42) dobijamo

x = 2 · 5ϕ(7)−1 = 2 · 55 = 6250.

Minimalno pozitivno resenje je

x0 = 2 · 55( (mod 7) = 10 · 54 (mod 7) = 3 · 42 (mod 7) = 6.

Glava 8

Funkcije generatrise

Prilikom resavanja problema, svodjenjem na resavanje odgovarajuceg kombina-tornog zadatka, najcesce nismo u mogucnosti da odmah dobijemo eksplicitnoresenje. Umesto brojeva koji karakterisu resavani zadatak, a koji cine neki realanniz, mi dobijamo neke zavisnosti izmedju njih. Sada u drugom koraku, koristecirazne matematicke tehnike i alatke, pokusavamo da na osnovu ovih zavisnostieksplicitno resimo postavljeni zadatak. To cemo ilustrovati u sledecem primeru.

Primer 1. (Fibonacijev problem) Fibonaci je resavao sledeci problem. Napocetku godine, prvog meseca, ima na raspolaganju par polno zrelih zeceva.Znao je da svaki par polno zrelih zeceva, nakon jednog meseca, da novi parzeceva koji svoju polnu zrelost dostizu nakon sledecih mesec dana. Intereso-valo ga je koliko ce ukupno parova polno zrelih zeceva imati nakon godinudana.

Oznacimo broj polno zrelih parova zeceva, po mesecima, clanovima niza (fn),pri cemu n oznacava redni broj meseca. Na osnovu uslova zadatka, imamoda je f0 = 1, nulti mesec, i f1 = 1, prvi mesec. Oznacimo pomocu clanovaniza (gn), g0 = 0, broj polno nezrelih parova, po mesecima. Tada za svakon, n ∈ N0, vaze jednakosti

gn = fn−1 i fn = fn−1 + gn−1,

sto je ilustrovano na sledecoj slici.

169

170 GLAVA 8. FUNKCIJE GENERATRISE

Slika 1.

Naime, za fiksirano n, n-tog meseca bice polno zrelih parova onoliko kolikoih je ukupno bilo polno zrelih i polno nezrelih parova u prethodnom mesecu.Takodje, n-tog meseca bice onoliko polno nezrelih parova, koliko je polnozrelih bilo u prethodnom mesecu.

Na osnovu dobijenih jednakosti, eliminacijom clanova niza (gn) dobijamo daclanovi trazenog niza (fn) zadovoljavaju jednakost

fn+2 − fn+1 − fn = 0, f0 = f1 = 1, (8.1)

za svako n ≥ 2. Dobijanje eksplicitnih vrednosti clanova niza (fn) na osnovu(8.1) moze se obaviti koirscenjem sledeceg programa, napisanog u Pascal-u.

program Fibonacci(input, output)var n,v,w,r,i:integer;

beginread(n);w:=0; v:=1; i:=1;while i<n dobegin

r:=r+w; w:=v; v:=r; i:=i+1;endwrite(v);

end.

Primetimo da ovaj program generise clanove niza (vn), pri cemu je fn = vn+1,n ∈ N0. Odredjivanjem eksplicitne formule za clanove niza, bavicemo sekasnije u ovoj knjizi.

U ovom poglavlju bavicemo se resavanjem pomenutog problema, koriscenjempogodnosti stepenih redova. Najpre cemo uvesti sledecu definiciju.

171

Definicija 8.1 Neka je dat realan niz (an), n ∈ N0, gde je N0 = N ∪{0}. Stepenired

F (t) =+∞∑

n=0

antn = a0 + a1t + · · ·+ antn + · · · (8.2)

naziva se funkcijom generatrise niza (an). Stepeni red

E(t) =+∞∑

n=0

antn

n!= a0 + a1

t

1!+ · · ·+ an

tn

n!+ · · · (8.3)

naziva se eksponencijalnom funkcijom generatrise niza (an).

Ako su poznati clanovi niza (an), n ∈ N0, tada su stepeni redovi (8.2) i (8.3)jednoznacno odredjeni. Obrnuto ne vazi, u opstem slucaju, vec samo ako su redovi(8.2) i (8.3) konvergentni.

Za razliku od standardne analize, nas stepeni redovi (8.2) i (8.3) zanimajucisto u formalnom smislu. Bez obzira na konvergenciju dozvoljene su sve moguceoperacije sa njima i nad njima. Tako, na primer, mozemo ih sabirati, mnoziti, difer-encirati, integraliti i slicno. Drugim recima, za funkcije generatrise Fa(t) i Fb(t) ieksponencijalne funkcije generatrise Ea(t) i Eb(t), nizova (an) i (bn), respektivno,vaze sledece jednakosti:

αFa(t) + βFb(t) =+∞∑

n=0

(αan + βbn)tn,

Fa(t)Fb(t) =+∞∑

n=0

cntn, cn =n∑

k=0

akbn−k,

αEa(t) + βEb(t) =+∞∑

n=0

(αan + βbn)tn

n!,

Ea(t)Eb(t) =+∞∑

n=0

dntn

n!, dn =

n∑

k=0

(n

k

)akbn−k

d

dtFa(t) =

+∞∑

n=1

nantn−1,d

dtEa(t) =

+∞∑

n=1

antn−1

(n− 1)!,

∫ x

0Fa(t)dt =

+∞∑

n=0

anxn+1

n + 1,

∫ x

0Ea(t)dt =

+∞∑

n=0

anxn+1

(n + 1)!,

gde su α i β proizvoljne konstante.Veza izmedju funkcije generatrise i eksponencijalne funkcije generatrise za dati

niz (an), n ∈ N0, data je sledecom teoremom.


Teorema 8.1 Neka su F (t) i E(t), redom, funkcija generatrise i eksponencijalnafunkcija generatrise niza (an), n ∈ N0. Tada vazi jednakost

F (t) =∫ +∞

0e−xE(xt)dx. (8.4)

Dokaz. Dokazacemo najpre jednakost

In =∞∫

0

xne−x dx = n(n− 1) · · · 2 · 1 = n!.

Primenom parcijalne integracije

u = xn, du = nxn−1dx, dv = e−xdx, v = −e−x,

dobija se jednakost

In =∞∫

0

xne−x dx = −xne−x∣∣∣∞0

+ n

∞∫

0

xn−1e−x dx = nIn−1,

tj.In = nIn−1 = n(n− 1)In−2 = · · · = n(n− 1) · · · 2 · 1 · I0 = n! · I0.

Kako je I0 = 1 na osnovu ove jednakosti dobijamo trazeni rezultat:

F (t) =+∞∑

n=0

antn =+∞∑

n=0

an

n!tnn! =

+∞∑

n=0

antn

n!

∫ +∞

0e−xxndx

=∫ +∞

0e−x(

+∞∑

n=0

an(tx)n

n!)dx =

∫ +∞

0e−xE(xt)dx.

Veza izmedju F (t) i E(t), jednakost (8.4), nekog niza, je uspostavljena pomocunesvojstvenog integrala. To je veliki ogranicavajuci faktor primene Teoreme 8.1,jer ga je cesto veoma tesko ili nemoguce resiti u zatvorenom obliku.

Primer 2. Odredicemo clanove niza (an), n ∈ N0, cija je eksponencijalnafunkcija generatrise E(t) = tet. Najpre cemo na osnovu jednakosti (8.4)odrediti funkciju generatrise niza

F (t) =∫ +∞

0e−xxtextdx = t

∫ +∞

0xe−x(1−t)dx =

t

(1− t)2.

173

Clanove trazenog niza mozemo naci razvojem bilo koje od funkcija F (t) iliE(t) u stepeni red. Ucinicemo to na oba nacina:

E(t) = tet = t∞∑

n=0

tn

n!=

∞∑

n=0

tn+1

n!=

∞∑

n=0

(n + 1)tn+1

(n + 1)!=

∞∑

n=0

ntn

n!.

Iz ove jednakosti sledi an = n, n ∈ N0.

F (t) =t

(1− t)2=

1(1− t)2

− 11− t

=(

11− t

)′− 1

1− t

=

( ∞∑

n=0

tn)′−

∞∑

n=0

tn =∞∑

n=0

ntn−1 −∞∑

n=0

tn

=∞∑

n=1

ntn−1 −∞∑

n=0

tn =∞∑

n=0

(n + 1)tn −∞∑

n=0

tn =∞∑

n=0

ntn,

pa je, opet, an = n, n ∈ N0.

U sledeca dva primera ilustrovacemo nalazenje funkcija F (t) i E(t) kada supoznati clanovi posmatranog niza (an) = n, n ∈ N0

Primer 3. Neka je niz (an), n ∈ N0, definisan sa

an =

{1, za n = 0, 1, . . . , m0, za n > m,

gde je m fiksiran prirodan broj. Tada je

F (t) =+∞∑

n=0

antn =m∑

n=0

tn =tm+1 − 1

t− 1, t 6= 1.

E(t) =+∞∑

n=0

antn

n!=

m∑

n=0

tn

n!= 1 +

t

1!+

t2

2!+ · · ·+ tm

m!.

Koristeci jednakost (8.4) pokazacemo da je F (t) dobro odredjena, pod uslo-vom da to vazi i za E(t).

F (t) =∫ +∞

0e−xE(xt)dx =

∫ +∞

0e−x

(m∑

n=0

xntn

n!

)dx

=m∑

n=0

tn

n!

(∫ +∞

0e−xxndx

)=

m∑

n=0

tn

n!n! =

m∑

n=0

tn.


U sledecem primeru pokazacemo kako se odredjuje funkcija generatrise nekogniza, ako je poznata njegova zavisnost od datog niza, u zavisnosti od njegovefunkcije generatrise.

Primer 4. Neka je dat niz (an), n ∈ N0, cija je funkcija generatrise Fa(t).Odredicemo funkcije generatrise nizova (bn) i (cn), pri cemu je

bn = an+k i cn = αnan,

gde je α(6= 0) konstanta i kinN .

Fb(t) =+∞∑

n=0

bntn =+∞∑

n=0

an+ktn =

∑+∞n=0 an+kt

n+k

tk

=∑+∞

n=0 antn −∑k−1n=0 antn

tk=

Fa(t)−∑k−1

n=0 antn

tk.

Fc(t) =+∞∑

n=0

cntn =+∞∑

n=0

αnantn =+∞∑

n=0

an(αt)n = Fa(αt).

U sledecem primeru vraticemo se na Fibonacijev niz, tj. na primer 1 i pokaza-cemo kako se njegovi clanovi mogu eksplicitno odrediti.

Primer 5. U primeru 1 smo pokazali da su clanovi Fibonacijevog niza(fn), n ∈ N0, vezani relacijom

fn+2 − fn+1 − fn = 0, f0 = f1 = 1.

Pomnozimo ovu jednakost sa tn+2

fn+2tn+2 − fn+1t

n+2 − fntn+2 = 0

i obavimo sumiranje po n

+∞∑

n=0

fn+2tn+2 − t

+∞∑

n=0

fn+1tn+1 − t2

+∞∑

n=0

fntn = 0.

Sredimo ovu jednakost, uz cinjenicu da je F (t) =∞∑

n=0

fntn

(+∞∑

n=0

fntn − f0 − f1t

)− t

(+∞∑

n=0

fntn − a0

)− t2

(+∞∑

n=0

antn)

= 0,

175

Kako je f0 = f1 = 1 iz poslednje jednakosti dobijamo da je

F (t)− t · F (t)− t2 · F (t) = 1 ⇒ F (t) =1

1− t− t2.

Tako smo odredili funkciju generatrise. Clanove niza (fn), n ∈ N0, odredi-cemo razvojem ove funkcije u stepeni red. Oznacimo sa b1 = 1+

√5

2 i b2 =1−√5

2 . Tada je

F (t) =1

1− t− t2=

1√5

(b1

1− b1t− b2

1− b2t

)=

+∞∑

n=0

1√5

(bn+11 − bn+1

2

)tn.

Iz poslednje jednakosti dobijamo da je

an =1√5

(1 +

√5

2

)n+1

−(

1−√52

)n+1 , n ∈ N0.

Interesantno je sto su fn prirodni brojevi, sto se iz prethodnog izraza ne bimoglo automatski zakljuciti.

Primer 6. Neka je niz (fn,k), k ∈ N0, definisan jednakostima

fn,k = fn,k−1 + fn−1,k, fn,0 = 1, (8.5)

gde je n fiksiran prirodan broj. Odredicemo funkciju generatrise ovog niza,

Fn(t) =+∞∑

k=0

fn,ktk, F0(t) ≡ 1. Na osnovu jednakosti (8.5) dobijamo

+∞∑

k=0

fn,ktk =

+∞∑

k=0

fn,k−1tk +

+∞∑

k=0

fn−1,ktk, fn,−1 = 0,

tj.(1− t)Fn(t) = Fn−1(t). (8.6)

Koristeci jednakost (8.6) odredicemo eksplicitnu formulu za funkciju Fn(t).Za n = 1, 2, . . . ,m na osnovu (8.6) vaze jednakosti

(1− t)F1(t) = F0(t)(1− t)F2(t) = F1(t)

...(1− t)Fm(t) = Fm−1(t).


Mnozenjem prve jednakosti sa 1, druge sa 1− t, i tako redom, poslednje sa(1 − t)m−1, a zatim mnozenjem levih i desnih strana dobijenih jednakostidobijamo da je

Fm(t) = (1− t)−m.

Za m = n i |t| < 1 dobijamo

Fn(t) = (1− t)−n =+∞∑

k=0

(−1)k

(−n

k

)tk =

=+∞∑

k=0

(−1)k(−1)k (n + k − 1) · · · (n + 1)nk!

tk =+∞∑

k=0

(n + k − 1

k

)tk.

Na osnovu ove formule dobijamo da je

fn,k =

(n + k − 1

k

)

za svako fiksirano n i k = 0, 1, . . ..

Nekada je zgodno naci clanove trazenog niza i bez razvoja odgovarajuce funkcijegeneratrise, tj. eksponencijalne funkcije generatrise, u stepeni red. To omogucavasledeca teorema.

Teorema 8.2 Neka su F (t) i E(t) funkcija generatrise i eksponencijalna funkcijageneratrise niza (an), n ∈ N0.Tada vaze jednakosti

an =1n!

(dnF (t)

dtn

∣∣∣∣t=0

)i an =

dnE(t)dtn

∣∣∣∣t=0

,

za svako n ∈ N0.

Primer 7. Neka je funkcija generatrise nekog niza (an), n ∈ N0, definisanasa F (t) = (1− t)−m, gde je m fiksirani prirodan broj. Kako je

F (n)(t) = m(m + 1) · · · (m + n− 1)(1− t)−m−n,

iF (n)(0) = m(m + 1) · · · (m + n− 1), n ∈ N0,

to na osnovu Teoreme 8.2 dobijamo

an =m(m + 1) · · · (m + n− 1)

n!=

(m + n− 1

n

),

za svako n ∈ N0.

Glava 9

Rekurentni nizovi

Moze se sa sigurnoscu reci da ideje za proucavanje rekurentnih nizova datiraju odprvih pokusaja da se generalizuju geometrijski i aritmeticki niz. U literaturi sesrecu jos i pod nazivom povratni nizovi, sto vodi poreklo od bukvalnog prevodafrancuske reci reccurente. U sustini to su nizovi kod kojih se svaki clan, osim,mozda, pocetnih konacno mnogo, izracunava na osnovu prethodno izracunatih ilidatih clanova niza. Intenzivno proucavanje ovih nizova se vezuje za XVIII vek iimena cuvenih matematicara kao sto su Moavro, Bernuli, Ojler, Cebisev, Markov.Pomenimo da rekurentni nizovi leze u osnovi mnogih matematickih disciplina, kaona primer, teorije konacnih razlika ili teorije diferencnih jednacina.

U opstem slucaju niz (fn), n ∈ N0, ciji se clanovi generisu na osnovu jednakosti

fn+r = G(fn+r−1, fn+r−2, . . . , fn) (9.1)

za n = 0, 1, 2, . . ., pomocu pocetnih clanova fo, f1, . . . , fr−1, gde je G data funkcija,naziva se rekurentnim nizom. Izraz oblika (9.1) naziva se rekurentnom relacijom(RR). U zavisnosti od oblika funkcije G ova relacija moze poprimiti razlicite, pai veoma slozene, oblike. Srecom, za nas je od interesa slucaj kada je G linearnafunkcija, tj. posmatracemo samo linearne rekurentne relacije (LRR)

fn+r + a1fn+r−1 + · · ·+ arfn = ϕ(n). (9.2)

gde su a1, a2, . . . , ar dati koeficijenti, a ϕ(n) poznata funkcija. Niz (fn), n ∈N0, generisan pomocu LRR (9.2), naziva se linearni rekurentni niz, mada cemoga mi, bez opasnosti da dodje do zabune, zvati prosto rekurentni niz. Ako suunapred poznati pocetni clanovi niza fo, f1, . . . , fr−1, relaciju (9.2) zvacemo LRRsa pocetnim vrednostima. Promenom ovih pocetnih vrednosti mogu se iz (9.2)generisati razliciti nizovi.

177

178 GLAVA 9. REKURENTNI NIZOVI

U slucaju ϕ(n) ≡ 0, LRR postaje homogena linearna rekurentna relacija(HLRR):

fn+r + a1fn+r−1 + · · ·+ arfn = 0. (9.3)

Indeks r u relacijama (9.2), tj. (9.3), oznacava njenu duzinu.Prilikom resavanja problema vezanih za LRR, tj. HLRR, najcesce se razma-

traju sledeca tri zadatka:

10 Ako je dat niz (fn), n ∈ N0, za koji se pretpostavlja da je rekurentni, odreditinjemu odgovarajucu rekurentnu relaciju;

20 Ako je za dati rekurentni niz (fn), n ∈ N0, poznata odgovarajuca rekurentnarelacija, odrediti rekurentnu relaciju za niz pocetnih (parcijalnih) suma, uoznaci (Sn), n ∈ N0, definisan sa

S0 = f0, S1 = f0 + f1, . . . , Sn = f0 + f1 + · · ·+ fn, . . . ;

30 Ako je data rekurentna relacija tipa (9.2) ili (9.3), na osnovu nje generisatiodgovarajuci niz (fn), n ∈ N0.

Razmotricemo redom navedene zadatke. Prvi zadatak je prilicno jednostavan,ali je direktno uslovljen oblikom clanova datog niza. Zbog toga cemo resavanjeovog zadatka ilustrovati na konkretnim primerima.

Primer 1. (Geometrijski niz) Posmatrajmo geometrijski niz (fn), n ∈ N0,sa kolicnikom q( 6= 0), ciji su clanovi definisani sa fn = aqn, gde je a datakonstanta razlicita od nule. Kako je

fn+1 = aqn+1 = q(aqn) = qfn,

vidimo da clanovi datog niza zadovoljavaju HLRR

fn+1 − qfn = 0,

koja je duzine 1, (r = 1).

Primer 2. (Aritmeticki niz) Neka je (fn), n ∈ N0, aritmeticki niz sa difer-encom d, ciji su clanovi definisani sa fn = a + nd, gde je a data konstanta.Na osnovu jednakosti

fn+2 = a + (n + 2)d = 2(a + (n + 1)d)− (a + nd) = 2fn+1 − fn

zakljucujemo da clanovi datog niza zadovoljavaju HLRR

fn+2 − 2fn+1 + fn = 0

koja je duzine dva, (r = 2).

179

Primer 3. (Kubovi prirodnih brojeva) Posmatrajmo niz (fn), n ∈ N0,definisan sa fn = n3. Pre nego sto razmotrimo problem odredjivanja odgo-varajuce rekurentne relacije, podsetimo se pojma operatora r-te razlike (dife-rence). Pod operatorom r-te razlike u oznaci ∆r, nad datim nizom (fn), n ∈N0, podrazumeva se operator definisan sa

∆rfn = ∆(∆r−1fn), r ≥ 1, (9.4)

pri cemu je ∆0fn = fn i ∆1fn = ∆fn = fn+1−fn. Matematickom indukcijomiz (9.4), lako se dokazuje da vaze sledece jednakosti

∆rfn =r∑

i=0

(−1)i

(r

i

)fn+r−i, (9.5)

i

fn+r =r∑

i=0

(r

i

)∆ifn. (9.6)

Za fn = n3, imamo da je ∆n3 = 3n2 + 3n + 1, ∆2n3 = 6n + 3, ∆3n3 = 6,∆4n3 = 0, pa na osnovu (9.5) dobijamo da je

4∑

i=0

(−1)i

(4i

)fn+4−i = 0.

Na osnovu ove jednakosti zakljucujemo da dati niz zadovoljava sledecu HLLR

fn+4 − 4fn+3 + 6fn+2 − 4fn+1 + fn = 0.

Interesantno je ovde primetiti da za dati niz vaze i jednakosti ∆kn3 = 0,za k ≥ 4. To znaci da on zadovoljava beskonacno mnogo HLRR, razlicitihduzina, koje se dobijaju iz (9.5) za r ≥ 4. Tako, na primer, za r = 5, datiniz zadovoljava i HLRR duzine 5

fn+5 − 5fn+4 + 10fn+3 − 10fn+2 + 5fn+1 − fn = 0.

Vazi i generalno, ako je neki niz rekurentan, on zadovoljava beskonacan brojRR. Koju odabrati? Odgovor je jasan, onu koja ima najmanju duzinu.

Primer 4. (Periodicni decimalni brojevi). Uocimo, na primer, periodicnidecimalni broj 0,571321321321... . Redom oznacimo njegove cifre sa f0 = 5,f1 = 7, f2 = 1, f3 = 3, f4 = 2, f5 = 1, . . .. Tako dobijamo jedan niz(fn), n ∈ N0. Nije tesko uociti da za n ≥ 2 za clanove ovog niza vazijednakost

fn+3 − fn = 0

Dobijena HLRR je duzine 3 (r = 3).


Posvetimo sada malo paznje resavanju zadatka 20. On se veoma lako resavaako je za dati niz resen zadatak 10.

Neka je dat rekurentni niz (fn), n ∈ N0, i neka on zadovoljava, recimo, LRR(9.2). Pridruzimo mu odgovarajuci niz parcijalnih suma (Sn), n ∈ N0, kako jedefinisano u zadatku 20. Za svako n ∈ N0 vazi jednakost

fn = Sn − Sn−1, (9.7)

pri cemu uzimamo da je, po definiciji, S−1 = 0. Zamenom (9.7) u (9.2) dobijamoda je

Sn+r + (a1 − 1)Sn+r−1 + (a2 − a1)Sn+r−2 + · · ·+ (ar − ar−1)Sn − arSn−1 = ϕ(n).

Supstitucijom n := n + 1 iz ove jednakosti dobijamo da niz (Sn), n ∈ N0, zadovol-java LRR

Sn+r+1+ (a1 − 1)Sn+r + (a2 − a1)Sn+r−1 + · · · (9.8)+ (ar − ar−1)Sn+1 − arSn = ϕ(n + 1).

Slicno bi se dogodilo da smo umesto LRR (9.2) posmatrali HLRR (9.3). Upo-redjivanjem (9.2) i (9.8) lako je uociti da ako polazni rekurentni niz (fn), n ∈N0, zadovoljava LRR (HLRR) duzine r, tada niz (Sn), n ∈ N0, zadovoljava LRR(HLRR) duzine r + 1.

Primer 5. Neka su nizovi (S(i)n ), n ∈ N0, i = 1, 2, 3, odgovarajuci nizovi

parcijalnih suma rekurentnih nizova (fn), n ∈ N0 iz Primera 1, 2 i 3, respek-tivno. Tada oni redom zadovoljavaju sledece rekurentne relacije

S(1)n+2 − (1 + q)S(1)

n+1 + qS(1)n = 0,

S(2)n+3 − 3S

(2)n+2 + 3S

(2)n+1 − S(2)

n = 0,

S(3)n+5 − 5S

(3)n+4 + 10S

(3)n+3 − 10S

(3)n+2 + 5S

(3)n+1 − S(3)

n = 0.

Posvetimo sada malo vise paznje resavanju zadatka 30. On to zasluzuje jer jenajinteresantniji i najkomplikovaniji u poredjenju sa prethodnim.

Razmotrimo najpre slucaj kako se na osnovu HLRR tipa (9.3) generise odgo-varajuci rekurentni niz (fn), n ∈ N0. Neka je data HLRR

fn+r + a1fn+r−1 + · · ·+ arfn = 0 (9.9)

koja vazi za n ∈ N0, gde su a1, a2, . . . , ar date konstante (parametri). Oznacimosa

F (t) =+∞∑

n=0

fntn (9.10)

181

funkciju generatrise koja odgovara trazenom rekurentnom nizu (fn), n ∈ N0. Ko-risteci parametre 1, a1, a2, . . . , ar iz (9.9) formirajmo polinom K(t), stepena r,

K(t) = 1 + a1t + · · ·+ artr. (9.11)

Ovaj polinom mozemo tretirati kao funkciju generatrise niza 1, a1, a2, . . . , ar, 0, 0,. . . , 0, . . .. Potrazimo proizvod funkcija F (t) i K(t), koristeci jednakost (9.4)

F (t)K(t) = C(t) =+∞∑

i=0

citi. (9.12)

Kako je

cn+r = f0 · 0 + f1 · 0 + · · ·+ fn−1 · 0 + fnar + · · ·+ fn+r · 1 == fn+r + a1fn+r−1 + · · ·+ arfn = 0,

za svako n ∈ N0, na osnovu (9.9) i (9.10), dobijamo da je

F (t)K(t) = C(t) = c0 + c1t + · · ·+ cr−1tr−1. (9.13)

Primetimo da je polinom C(t) nizeg stepena od polinoma K(t).Oznacimo sa g(t) polinom koji se takodje dobija na osnovu koeficijenata HLRR,

(9.9),g(t) = tr + a1tr−1 + · · ·+ ar−1t + ar, (9.14)

koji se naziva karakteristicim polinomom HLRR. Nule ovog polinoma se nazi-vaju karakteristicnim korenima HLRR (9.9). Neka su z1, z2, . . . , zs, sve medju-sobno razlicite nule polinoma g(t), ciji su stepeni, redom, r1, r2, . . . , rs, (r1 + · · ·+rs = r). Medju ovim nulama mogu biti i realne i kompleksne vrednosti. To znacida karakteristicni polinom g(t) mozemo napisati u obliku

g(t) = (t− z1)r1(t− z2)r2 · · · (t− zs)rs . (9.15)

Polinomi K(t) i g(t) su povezani jednakoscu K(t) = trg(1t), pa K(t) mozemo

napisati u obliku

K(t) = (1− z1t)r1(1− z2t)r2 · · · (1− zst)rs .

Kako je stepen polinoma C(t) manji od stepena polinoma K(t) funkcija F (t) =C(t)K(t)

je prava racionalna funkcija, pa je mozemo predstaviti u obliku

F (t) =C(t)K(t)

=s∑

i=1

ri∑

k=1

βik

(1− zit)k, (9.16)


gde su βik koeficijenti u funkciji od vrednosti f0, f1, . . . , fr−1. Svaki razlomaku (9.16) je oblika βik(1− zit)−k pa ga mozemo razviti u stepeni red po t, za svakoi,

βik(1− zit)−k = βik

[1 + (−k)(−zit) + · · ·+ (−k) · · · (−k − n + 1)

n!(−zit)n + · · ·

]

pri cemu je koeficijent uz tn jednak

βik(n + k − 1) · · · k

n!zni = βik

(n + k − 1

n

)zni = βik

(n + k − 1

k − 1

)zni .

Kako je binomni koeficijent(n+k−1

k−1

)u stvari polinom po n stepena k−1 to mozemo

pisati da je[ ri∑

k=1

βik

(n + k − 1

k − 1

)]zni = Pi(n)zn

i , (9.17)

gde je Pi(n) polinom po n najveceg stepena ri − 1, za svako i = 1, 2, . . . , s.Zamenom (9.17) u (9.16) dobijamo da je

F (t) =s∑

i=1

( +∞∑

n=0

Pi(n)zni tn

)=

+∞∑

n=0

( s∑

i=1

Pi(n)zni

)tn. (9.18)

Uporedjivanjem (9.18) i (9.10) zakljucujemo da je

fn =s∑

i=1

Pi(n)zni , (9.19)

n ∈ N0, opste resenje HLRR (9.9).Ako su sve karakteristicne nule proste, r1 = r2 = · · · = rs = 1, tada je opste

resenje HLRR (9.9)fn = c1z

n1 + c2z

n2 + · · ·+ crz

nr . (9.20)

Ako je poznato prvih r vrednosti trazenog niza, f0, f1, . . . , fr−1, tj. imamoHLRR sa pocetnim vrednostima, konstante c1, c2, . . . , cr se mogu odrediti iz odgo-varajuceg sistema linearnih jednacina, koji se dobija iz (9.20) za n = 0, n =1, . . .,n = r − 1.

Inace, ako su karakteristicne nule z1, . . . , zs, razlicite medju sobom, redom,stepena r1, . . . , rs, polinomi Pi(n), i = 1, 2, . . . , s u (9.19) su oblika

Pi(n) = αi0 + αi1n + · · ·+ αi,ri−1nri−1. (9.21)

183

Imamo ukupno r proizvoljnih konstanti αij , i = 1, 2, . . . , s i j = 0,1, 2,. . .,ri−1.Ako je HLRR (9.9) sa pocetnim vrednostima i one se mogu odrediti iz odgo-varajuceg sistema linearnih jednacina koji se dobija iz (9.19) za n = 0, n = 1, . . .,n = r − 1.

Time smo uglavnom resili postavljeni zadatak 30 za slucaj HLRR, sa ili bezpocetnih uslova. Kako smo rekli da ovaj problem nije ni malo lak, treba objasnitigde leze objektivne teskoce. Teskoce leze u nalazenju karakteristicnih nula. Akoje karakteristicni polinom (9.14) veceg stepena od 4, znamo da njegove nule nemozemo naci, u opstem slucaju, u zatvorenom obliku. Na to nas podseca cuvenateorema Abela. U takvim situacijama, ako polinom nije u nekom specijalnomobliku, recimo da pripada skupu klasicnih ortogonalnih polinoma i slicno, moramopribeci nekim numerickim metodama za nalazenje nula karakteristicnog polinomag(t). Na srecu, takvih je metoda mnogo i dobro su razradjene u literaturi.

Generisanje niza na osnovu date HLRR ilustrovacemo na nekim konkretnimprimerima.

Primer 6. Generisacemo niz (fn), n ∈ N0, na osnovu HLRR

fn+2 − 2fn+1 + fn = 0.

Karakteristicni polinom ove HLRR je

g(t) = t2 − 2t + 1 = (t− 1)2.

Njegove nule su t1 = t2 = 1. Na osnovu (9.19) opste resenje trazene HLRRje

fn = (c1 + c2n)1n = c1 + c2n.

Ako su nam date i pocetne vrednosti, na primer f0 = 1 i f1 = 3, konstantec1 i c2 dobijamo iz sistema

1 = c1

3 = c1 + c2.

Resenje jefn = 2n + 1, n ∈ N0.

Primer 7. Generisimo niz (fn), n ∈ N0, na osnovu HLRR

fn+3 = fn

za n ≥ 0, sa pocetnim uslovima f0 = 1, f1 = 3 i f2 = 2. Odgovarajucikarakteristicni polinom je

g(t) = t3 − 1 = (t− 1)(t2 + t + 1).


Njegove nule t1 = 1, t2 = −12

+ i

√3

2, t3 = −1

2− i

√3

2. Opste resenje date

HLRR je

fn = c1 + c2

(−1

2+ i

√3

2

)n

+ c3

(−1

2− i

√3

2

)n

,

pri cemu konstante c1, c2 i c3 treba odrediti iz pocetnih uslova. Pre togatransformisimo malo dobijeno resenje. Kako je

−12

+ i

√3

2= − cos

π

3+ i sin

π

3, −1

2− i

√3

2= − cos

π

3− i sin

π

3,

imamo da je

fn = c1 + c2(−1)n(cosπ

3− i sin

π

3)n + c3(−1)n(cos

π

3+ i sin

π

3)n =

= c1 + (c2 + c3)(−1)n cosnπ

3+ i(−c2 + c3)(−1)n sin

nπ

3.

Zamenom a = c2 + c3 i b = i(−c2 + c3), i c1 = c, dobijamo da je

fn = c + (−1)na cosnπ

3+ (−1)nb sin

nπ

3.

Stavljajuci redom n = 0, 1, 2, uz uslove f0 = 1, f1 = 3 i f2 = 2, dobijamo daje c = 2, a = −1 i b = −

√3

3 . Tako se trazeni niz dobija na osnovu jednakosti

fn = 2 + (−1)n+1 cosnπ

3+ (−1)n+1

√3

3sin

nπ

3=

= 2 + (−1)n+12√

33

sin(n + 1)π

3

za n ∈ N0.

Primer 8. Odredimo determinantu trodijagonalne matrice A = (aij), redan× n, ciji su svi dijagonalni elementi jedinice.

Ovaj problem cemo resiti tako sto cemo formirati rekurentni niz (fn), n ∈ N0,gde je fn vrednost detrminante odgovarajuce matrice reda n× n

fn = detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 0 0 . . . 01 1 1 0 00 1 1 1 0...

. . .1

0 . . . 1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

185

Ako ovu determinantu razvijemo po prvoj koloni dobijamo da je

fn = fn−1 − fn−2

tj.fn+2 − fn+1 + fn = 0,

za n ∈ N . Karakteristicni polinom ove HLRR je

g(t) = t2 − t + 1

pa je t1 = 1+i√

32 i t2 = 1−i

√3

2 . Opste resenje dobijene HLRR je

fn = c1

(1 + i√

32

)n+ c2

(1− i√

32

)n,

tj.

fn = a cosnπ

3+ b sin

nπ

3.

Kako je f1 = 1 i f2 = 0, sto se direktno vidi iz odgovarajucih matrica,dobijamo da je

detA = fn = cosnπ

3+√

33

sinnπ

3= 2

√3

3sin

(n + 1)π3

.

Primetimo da se na osnovu iste HLRR za razlicite pocetne vrednosti generisurazliciti rekurentni nizovi. Svi oni se mogu dobiti na osnovu opsteg resenja, datogsa (9.19), za razlicite pocetne vrednosti. U sledeca dva primera pokazacemo kakose na osnovu opsteg resenja, tj. opsteg clana rekurentnog niza moze rekonstruisatiHLRR koriscenjem odgovarajuceg karakteristicnog polinoma.

Primer 9. Neka je rekurentni niz (fn), n ∈ N0, zadat sa fn = (n−1)23n +2n. Na osnovu ovoga mozemo da zakljucimo da su nule odgovarajuceg karak-teristicnog polinoma t1 = 2, t2 = t3 = t4 = 3. Tako je karakteristicni polinom

g(t) = (t− 2)(t− 3)3 = t4 − 11t3 + 45t2 − 81t + 54,

pa zakljucujemo da dati rekurentni niz zadovoljava sledecu HLRR

fn+4 − 11fn+3 + 45fn+2 − 81fn+1 + 54fn = 0.


Primer 10. Odredimo HLRR koja odgovara rekurentnom nizu (fn), n ∈N0, definisanom sa fn = 12 + 22 + · · ·+ n2 = n(n+1)(2n+1)

6 . Kako je

fn = (16n +

12n2 +

13n3) · 1n,

mozemo da zakljucimo da su nule odgovarajuceg karakteristicnog polinomat1 = t2 = t3 = t4 = 1, tj. da je

g(t) = (t− 1)4 = t4 − 4t3 + 6t2 − 4t + 1.

Zbog toga HLRR koja odgovara datom rekurentnom nizu glasi

fn+4 − 4fn+3 + 6fn+2 − 4fn+1 + fn = 0.

Sto se tice resavanja LRR oblika (9.2) dotaci cemo se samo nekih osnovnihprincipa.

Posmatrajmo LRR oblika (9.2) i neka je njoj pridruzena HLRR (9.3). Ako jefp bilo koje partikularno resenje, tj. rekurentni niz koji zadovoljava LRR (9.2), anije sadrzano u opstem resenju odgovarajuce HLRR (9.3), oznaceno sa fn, lako jepokazati da je f

(0)n dato sa

f (0)n = fp + fn

opste resenje LRR (9.2). Primecujemo da je analogija sa diferencijalnim jedna-cinama potpuna. Samim tim ostaju na snazi, pa se jos i pojacavaju zbog slabogmatematickog aparata, poteskoce u pronalazenju partikularnog resenja LRR (9.2).Uocena analogija nije slucajna. Ako u RR (9.1), tj.(9.2) ili (9.3), clanove rekure-ntnog niza zamenimo odgovarajucim diferencama, uvedenim u Primeru 3., onapostaje diferencna jednacina.

Ovom prilikom dacemo samo neka uputstva za odredjivanje partikularnog re-senja LRR (9.2), za neke specijalne oblike funkcije ϕ(n):

10 Ako je ϕ(n) = βn, pri cemu β nije nula karakteristicnog polinoma g(t),partikularno resenje treba potraziti u obliku fp = c · βn, gde je c konstantakoju treba odrediti. Nije tesko videti da je c = 1

g(β) .

20 Ako je ϕ(n) = βn i β je nula reda l (1 ≤ l ≤ r), karakteristicnog polinomag(t), partikularno resenje treba potraziti u obliku fp = cn(n − 1) · · · (n −l + 1)βn, gde je c konstanta koju treba odrediti tako da je zadovoljena LRR(9.2).

187

30 Ako je ϕ(n) = c0nr + c1n

r−1 + · · ·+ cr, gde su c0, c1, . . . , cr date konstante,c0 6= 0, i 1 nije nula karakteristicnog polinoma g(t), partikularno resenjetreba potraziti u obliku fp = b0n

r + b1nr−1 + · · ·+ br, pri cemu konstante b0,

b1, . . . , br treba odrediti tako da vazi (9.2).

40 Ako je ϕ(n) = c0nr + c1n

r−1 + · · ·+ cr, gde su c0, c1, . . . , cr date konstante,a 1 je nula reda l karakteristicnog polinoma g(t), partikularno resenje trebapotraziti u obliku fp = nl(b0n

r + b1nr−1 + · · · + br), pri cemu konstante b0,

. . . , br treba potraziti iz uslova da fp zadovoljava (9.2).

Resavanje LRR oblika (9.2) ilustrovacemo na nekim konkretnim primerima.

Primer 11. Odredimo opsti clan rekurentnog niza (fn), n ∈ N0, ako nje-govi clanovi zadovoljavaju LRR

fn+2 − 2fn+1 + fn = 2n (9.22)

pri cemu su pocetni uslovi f0 = 1 i f1 = 2.

Potrazimo najpre opste resenje odgovarajuce HLRR

fn+2 − 2fn+1 + fn = 0.


g(t) = t2 − 2t + 1 = (t− 1)2,

pa su njegove nule t1 = t2 = 1. Opste resenje HLRR je fn = c1 + c2n, gde suc1 i c2 konstante. Kako 2 nije nula karakteristicnog polinoma g(t) = (t− 1)2

to partikularno resenje potrazimo u obliku fp = d2n. Zamenom fp u (9.22)dobijamo da je d = 1, tj. da je fp = 2n. Opste resenje LRR (9.22) je

fn = fn + fp = c1 + c2n + 2n. (9.23)

Da bismo dobili opsti clan trazenog niza treba jos odrediti konstante c1 i c2

tako da su zadovoljeni pocetni uslovi f0 = 1 i f1 = 2. Stavljajuci redomn = 0 i n = 1 u (9.23) dobijamo da je c1 = c2 = 0, pa je opsti clan trazenogrekurentnog niza fn = 2n.

Primer 12. Odredimo opsti clan rekurentnog niza (fn), n ∈ N0, ciji clanovizadovoljavaju LRR

fn+3 − 5fn+2 + 8fn+1 − 4fn = 2n. (9.24)


Potrazimo najpre opste resenje odgovarajuce HLRR

fn+3 − 5fn+2 + 8fn+1 − 4fn = 0.


g(t) = t3 − 5t2 + 8t− 4 = (t− 2)2(t− 1),

pa je njeno opste resenje

fn = c1 + (c2 + c3n)2n.

Kako je 2 nula drugog reda karakteristicnog polinoma g(t) = (t− 2)2(t− 1),partikularno resenje LRR (9.24) potrazimo u obliku

fp = dn(n− 1)2n.

Zamenom u (9.24) dobijamo da je d = 18 , pa je opsti clan trazenog rekure-

ntnog niza

fn = fn + fp = c1 + (c2 + (c3 − 18)n +

18n2)2n.

Primer 13. Potrazimo opsti clan rekurentnog niza (fn), n ∈ N0, ciji clanovizadovoljavaju LRR

fn+1 − 2fn = n + 1. (9.25)

Uobicajenim postupkom, potrazimo opste resenje odgovarajuce HLRR fn+1−2fn = 0. Njen karakteristicni polinom je g(t) = t − 2, cija je nula t = 2.Opste resenje ove HLRR je

fn = c2n, (c = konstanta).

Kako 1 nije nula karakteristicnog polinoma g(t) = t−2, partikularno resenjeLRR (9.25) potrazimo u obliku fp = c0n + c1. Zamenom u (9.25) dobijamoda je c0 = −1 i c1 = −2, pa je fp = −n − 2. To znaci da je opste resenjeLRR (9.25), tj. da je opsti clan trazenog rekurentnog niza

fn = fn + fp = c2n − n− 2.

Primer 14. Kada je ϕ(n) = c0nk + c1n

k−1 + · · · + ck, LRR (9.2) mozeda se resava i drugacije. Naime, primenom operatora ∆k+1 na levu i desnustranu u (9.2), LRR se svodi na HLRR tipa (9.3), duzine r + k + 1. Kako

189

je LRR (9.2) bila duzine r, zamenom dobijenog resenja novodobijene HLRRu (9.2), odredjuje se k + 1 konstanti ovog resenja. Ilustrovacemo to na LRR(9.25). Kako je ϕ(n) = n+1, na levu i desnu stranu LRR (9.25) primenicemooperator ∆2. Dobijamo

∆2fn+1 − 2∆2fn = ∆2(n + 1),

fn+3 − 2fn+2 + fn+1 − 2(fn+2 − 2fn+1 + fn) = 0,

fn+3 − 4fn+2 + 5fn+1 − 2fn = 0. (9.26)

Karakteristicni polinom HLRR (9.26) je

g(t) = t3 − 4t2 + 5t− 2 = (t− 2)(t− 1)2,

pa je opste resenje HLRR (9.26) dato sa

fn = c12n + c2n + c3.

HLRR (9.26) je duzine 3, dok je data LRR (9.25) duzine 1. Zbog toga uopstem slucaju fn = c12n + c2n + c3 nije opste resenje LRR (9.25), vec samosadrzi to opste resenje. Opste resenje LRR (9.25) dobijamo kada zamenomfn u (9.25) odredimo konstante c2 i c3. Zamenom fn u (9.25) dobijamo daje

c12n+1 + c2(n + 1) + c3 − 2c12n − 2c2n− 2c3 = n + 1.

Ova jednakost vazi za svako n samo ako je c2 = −1 i c3 = −2. Tako je opsteresenje LRR (9.25)

fn = c12n − n− 2.

Primer 15. Odredimo opsti clan rekurentnog niza (fn), n ∈ N0, ciji clanovizadovoljavaju LRR

fn+2 − 2fn+1 + fn = n + 3 (9.27)

Odgovarajuca HLRR glasi fn+2 − 2fn+1 + fn = 0, a njen karakteristicnipolinom je g(t) = t2 − 2t + 1 = (t− 1)2, pa je opste resenje ove HLRR datosa

fn = c1 + c2n.

Kako je 1 nula drugog reda karakteristicnog polinoma g(t) = (t − 1)2, par-tikularno resenje LRR (9.27) trazimo u obliku

fp = n2(a + bn).


Zamenom fp u (9.27) dobijamo da je a = 1 i b = 16 , pa je fp = n2(1 + 1

6n).Opste resenje LRR (9.27) je

fn = fn + fp = c1 + c2n + n2(1 +16n).

Resicemo zadatak i na drugi nacin, tj. isto onako kako smo postupili uPrimeru 14. Primenom operatora ∆2 na levu i desnu stranu u (9.27) dobi-jamo

∆2fn+2 − 2∆2fn+1 + ∆2fn = ∆2(n + 3),

fn+4 − 4fn+3 + 6fn+2 − 4fn+1 + fn = 0. (9.28)

Karakteristicni polinom HLRR (9.28) je

g(t) = t4 − 4t3 + 6t2 − 4t + 1 = (t− 1)4,

pa je njeno opste resenje

fn = c1 + c2n + c3n2 + c4n

3.

Kako ovo resenje sadrzi u sebi i opste resenje LRR (9.27), odredimo ga za-menom fn u (9.27) tako da jednakost vazi za svako n. Zamenom dobijamoda moraju vaziti jednakosti c3 = 1 i c4 = 1

6 , pa je opste resenje LRR (9.27)

fn = c1 + c2n + n2 +16n3.

Napomenimo na kraju ovog odeljka da rekurentni nizovi predstavljaju samojednu klasu nizova. Malo detaljnije su obradjeni jer igraju znacajnu ulogu uresavanju mnogih kombinatornih problema.

Glava 10

Kombinatorika

10.1 Dirihleov princip

U prethodnim odeljcima upoznali smo se sa tri principa (princip jednakosti, prin-cip sume i princip proizvoda) koji su osnovni prilikom resavanja kombinatornihzadataka sa prebrojavanjem. Sada cemo definisati i cetvrti, poznat pod nazivom:”Dirihleov princip” ili ”princip pregrada” ili ”princip golubarnika”.

Slaba forma Dirihleovog principa moze se formirati sledecom teoremom:

Teorema 10.1 Ako n+1 predmeta zelimo da smestimo u n pregrada bar u jednojbice vise od jednog.

Dokaz. Ako bi svaka pregrada sadrzala po 1 predmet, bilo bi ih ukupno n, sto jesuprotno pretpostavci da ih ima ukupno n + 1.

U smislu skupova Dirihleov princip moze da se formulise na sledeci nacin: akokonacan skup A, |A| = n+1, razbijemo na k, 1 ≤ k ≤ n, disjunktnih podskupova,bar jedan od njih ce sadrzati najmanje dva elementa.

Navescemo jos jednu formulaciju slabe forme Dirihleovog principa, ekvivalentnuonoj u Teoremi 1, zbog njene pogodnosti prilikom resavanja odredjenih kombina-tornih zadataka.

Teorema 10.2 Neka su X i Y dva konacna skupa, |X| > |Y |, i f totalna funkcijakoja preslikava skup X u Y . Funkcija f ne moze biti injektivna.

Dokaz. Pretpostavimo da je f :X 7→ Y , |X| > |Y |, injektivno. Tada postoji |Y |razlicitih elemenata u skupu Y , tako da za svaki od njih postoji x ∈ X, tako da je

x = f−1(y) i X = Uf−1(y).

191

192 GLAVA 10. KOMBINATORIKA

Ali, ako je |X| > |Y |, tada postoje bar dva elementa u skupu X, x i x′, sa osobi-nama x 6= x′ i f(x) = f(x′), sto je suprotno pretpostavci da je f injektivna.

Primer 1. Dokazacemo da u skupu od 8 ljudi moraju postojati bar dvacoveka rodjena istog dana u sedmici.

Neka je X skup ljudi, |X| = 8, a Y skup dana u nedelji, |Y | = 7 i f totalnafunkcija koja svakom coveku dodeljuje neki dan u nedelji. Kako je |X| >|Y |, po Dirihleovom principu f ne moze biti injektivna, pa bar dva covekapreslikava u isti dan sedmice. To znaci da su bar dva coveka, od posmatranih8, rodjeni istog dana u sedmici.

Primer 2. Dokazimo da u skupu od n+1 prirodnih brojeva postoje bar dvaciji su ostaci pri deobi sa n, isti. Neka su a1, a2, ..., an, an+1 razliciti prirodnibrojevi, kojima redom, odgovaraju ostaci r1, r2, ..., rn, rn+1, prilikom deobebrojem n. Kako je

0 ≤ ri < n

za svako i = 1, 2, ..., n + 1, ako bi bili svi medjusobno razliciti to bi znaciloda postoji n + 1 nenegativan ceo broj manji od n. To je nemoguce, jer ihima tacno n.

Primer 3. U kutiji se nalazi deset kuglica i to dve bele, dve crne, dvecrvene, dve zelene i dve plave. Koliko treba najmanje izvuci kuglica, u jed-nom izvlacenju, da sigurno izvucemo bar dve kuglice istih boja. KoristeciDirihleov princip nije tesko ustanoviti da je to broj 6.

Generalizacije, tj. jake forme, Dirihleovog principa formulisacemo u narednimteoremama.

Teorema 10.3 Ako m predmeta zelimo da rasporedimo u n pregrada, tada barjedna sadrzi namanje dm

n e predmeta.

Sa dxe, u Teoremi 3, oznacili smo najmanji moguci ceo broj koji je veci, ilijednak, od broja x.

Teorema 10.4 Akom1 + m2 + · · ·+ mn − n + 1

predmeta, pri cemu su n i mi, i = 1, 2, ..., n, prirodni brojevi, treba rasporediti un pregrada, oznacenih sa M1,M2, ..., Mn, tada postoji bar jedna pregrada Mi, kojasadrzi najmanje mi predmeta.

10.2. PERMUTACIJE 193

Dokaz. Dodelimo svakoj pregradi Mi po mi− 1 predmeta, i = 1, 2, ..., n. Kako je

n∑

i=1

(mi − 1) = m1 + m2 + · · ·+ mn − n

to preostaje jos jedan predmet koji se mora dodati nekoj od pregrada.Nije tesko uociti da se za m1 = m2 = · · · = mn = q Teorema 4 svodi na Teoremu3, a za m1 = m2 = · · · = mn = 2 na Teoremu 1.

Primer 4. Posmatrajmo skupinu od 100 ljudi. Kako je

d1007e = d14.26...e = 15,

na osnovu Teoreme 10.4, mozemo da zakljucimo da su bar 15 ljudi, iz oveskupine, rodjeni istog dana u sedmici.

Primer 5. U kutiji se nalazi 40 kuglica, i to 10 belih, 10 crnih, 10 crvenihi 10 zelenih. Koliko najmanje kuglica treba izvuci, u jednom izvlacenju, daizvucemo bar, 5 belih ili 6 crnih ili 7 crvenih ili 8 zelenih. Na osnovu Teoreme10.5 taj broj je

5 + 6 + 7 + 8− 4 + 1 = 23.

U osnovne ili klasicne r-torke, nekog skupa spadaju permutacije, varijacije ikombinacije, sa ili bez ponavljanja elemenata. Njima je posvecen veci deo ovogodeljka knjige. Pozabavicemo se, dakle, samo osnovnim pojmovima klasicne kom-binatorike, a posmatracemo samo skupove sa konacnim brojem elemenata.

10.2 Permutacije

Definicija 10.1 Permutacija elemenata skupa Sn = {a1, a2, . . . , an} je svaka ure-djena n-torka medjusobno razlicitih elemenata ovog skupa.

Kako u svakoj permutaciji elemenata datog skupa ucestvuju svi elementi ovogskupa, umesto termina permutacija elemenata koristi se i termin permutacijaskupa.

Primer 6. Sve moguce permutacije elemenata skupa S3 = {a1, a2, a3} su

(a1, a2, a3), (a1, a3, a2), (a2, a1, a3), (a2, a3, a1), (a3, a1, a2), (a3, a2, a1).


Koristimo ovu priliku da ukazemo jos na dva nacina, najcesca u upotrebi, zaobelezavanje permutacija. To su

a1, a2, a3; a1, a3, a2; a2, a1, a3; a2, a3, a1; a3, a1, a2; a3, a2, a1,

ia1a2a3; a1a3a2; a2a1a3; a2a3a1; a3a1a2; a3a2a1.

Prethodna definicija je samo jedan od velikog broja nacina definisanja pojmapermutacije datog skupa. Ukazacemo jos na neke. Prvo cemo pokazati kako sepermutacije mogu definisati preko skupova uredjenih parova.

Neka su dati skupovi Sn = {a1, a2, . . . , an} i Zn = {1, 2, . . . , n} na osnovu kojihformiramo Dekartov (Kartezijev) proizvod Zn×Sn. Uocimo sve podskupove skupaZn × Sn, oblika

πk = {(1, aj1), (2, aj2), . . . , (n, ajn)}, (10.1)

gde su druge komponente u uredjenim parovima, aji , medjusobno razliciti el-ementi skupa Sn. Svakom skupu oblika (10.1) jednoznacno mozemo pridruzitiuredjenu n-torku elemenata aji ∈ Sn, pri cemu prva komponenta u uredjenomparu (i, aji), i = 1, 2, . . . , n, odredjuje poziciju elementa aji u njoj. Tako skupuuredjenih parova πk odgovara uredjena n-torka

pk = (aj1 , aj2 , . . . , ajn), (10.2)

koja nije nista drugo nego jedna permutacija elemenata skupa Sn. Naravno,vazi i obrnuto. Uocimo bilo koju permutaciju elemenata skupa Sn, tj. uredjenun-torku ovih elemenata. Svakom elementu iz ove permutacije pridruzimo broj izskupa Zn, koji oznacava njegovu poziciju u permutaciji. Formirajmo uredjeneparove pozicija i odgovarajucih elemenata date permutacije, tj. uredjene n-torke.Skup ovih uredjenih parova, duzine n, je jednoznacno odredjen datom permutaci-jom.

Sprovedenom analizom smo pokazali da se permutacije elemenata datog skupaSn mogu definisati pomocu skupova uredjenih parova oblika (10.1).

Primer 7. Na osnovu skupova S3 = {a, b, c} i Z3 = {1, 2, 3} formirajmoDekartov proizvod Z3 × S3,

Z3 × S3 = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c), (3, a), (3, b), (3, c)}.

Formirajmo sve podskupove skupa Z3 × S3, oblika (10.1), duzina 3, takoda sve prve komponente i sve druge komponente uredjenih parova u svakom


podskupu budu medjusobno razlicite. Svi moguci podskupovi skupa Z3×S3

koji zadovoljavaju ove kriterijume su

p1 = {(1, a), (2, b), (3, c)}, p2 = {(1, a), (2, c), (3, b)},p3 = {(1, b), (2, a), (3, c)}, p4 = {(1, b), (2, c), (3, a)},p5 = {(1, c), (2, a), (3, b)}, p6 = {(1, c), (2, b), (3, a)}.

Ako shvatimo da prve komponente u uredjenim parovima oznacavaju pozicijudruge komponente, ovim podskupovima odgovaraju redom sledece uredjenetrojke

p1 = (a, b, c), p2 = (a, c, b), p3 = (b, a, c),p4 = (b, c, a), p5 = (c, a, b), p6 = (c, b, a).

Ove uredjene trojke i jesu sve moguce permutacije elemenata skupa S3. Nar-avno, moze i obrnuto da se pokaze, da ovim uredjenim trojkama jednoznacnoodgovaraju gore navedeni podskupovi uredjenih parova.

Pokazacemo kako se permutacije elemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n} mogudefinisati kao odredjene relacije elemenata ovog skupa.

Formirajmo Dekartov proizvod Zn × Zn. Poznato je da svaki podskup skupaZn × Zn definise jednu relaciju na skupu Zn. Iz skupa Zn × Zn izdvojimo svepodskupove, tj. relacije, oblika

ρ = {(1, j1), (2, j2), . . . , (n, jn)} (10.3)

gde su ji, i = 1, 2, . . . , n, medjusobno razliciti elementi skupa Zn. Za uredjenipar (i, j), i, j ∈ Zn, reci cemo da pripada relaciji ρ, definisanoj sa (10.3), tj.(i, j) ∈ ρ, ako je element j na i-toj poziciji u odgovarajucoj uredjenoj n-torkielemenata skupa Zn. To znaci da relaciji (10.3) jednoznacno odgovara uredjenan-torka

p = (j1, j2, . . . , jn)

medjusobno razlicitih elemenata skupa Zn, tj. jedna permutacija skupa Zn. Nar-avno, bez teskoca, moze da se pokaze da svakoj permutaciji elemenata skupa Zn

jednoznacno odgovara jedna relacija oblika (10.3) na tom skupu. Time se pokazujeda se permutacije elemenata skupa Zn mogu definisati kao sve moguce relacije ob-lika (10.3) na ovom skupu.

Primer 8. Za skup Z3 = {1, 2, 3} formirajmo Dekartov proizvod

Z3 × Z3 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)}.


Iz skupa Z3 × Z3 izdvojimo sve moguce podskupove duzine tri, tj. relacijeoblika (10.3). To su

ρ1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}, ρ2 = {(1, 1), (2, 3), (3, 2)},ρ3 = {(1, 2), (2, 1), (3, 3)}, ρ4 = {(1, 2), (2, 3), (3, 1)},ρ5 = {(1, 3), (2, 1), (3, 2)}, ρ6 = {(1, 3), (2, 2), (3, 1)}.

Ako prva komponenta u uredjenim parovima relacije ρk, k = 1, . . . , 6, pred-stavlja poziciju druge komponente u odgovarajucoj uredjenoj trojki pk, k =1, . . . , 6, dobijamo da je

p1 = (1, 2, 3), p2 = (1, 3, 2), p3 = (2, 1, 3),p4 = (2, 3, 1), p5 = (3, 1, 2), p6 = (3, 2, 1),

sto su ujedno sve moguce permutacije skupa Z3.

Neka je dat skup Sn = {a1, a2, . . . , an}. Svaka permutacija ovog skupa, recimo(aj1 , aj2 , . . . , ajn), moze da se prikaze kao injektivno preslikavanje skupa Zn u Sn.Neka je jedno takvo preslikavanje p : Zn 7→ Sn, definisano sa p(i) = aji , pri cemuje aji 6= ajk

za i 6= k. Preslikavanje p se prikazuje u obliku

p =

(1 2 . . . n

aj1 aj2 . . . ajn

). (10.4)

Kako su elementi aji , i = 1, 2, . . . , n, u (10.4) medjusobno razliciti elementiskupa Sn, to (10.4) jednoznacno odredjuje jednu permutaciju

p = (aj1 , aj2 , . . . , ajn)

elemenata skupa Sn. Naravno, moze da se pokaze da vazi i obrnuto, tj. da svakojpermutaciji elemenata skupa Sn jednoznacno odgovara jedno preslikavanje oblika(10.4). To prakticno znaci da skup svih mogucih preslikavanja (10.4), gde su udrugoj vrsti medjusobno razliciti elementi skupa Zn, definise skup svih mogucihpermutacija elemenata ovog skupa. U daljem tekstu mi cemo cesto permutacijedatog skupa upravo obelezavati sa (10.4).

Primer 9. Sve permutacije skupa S = {a, b, c} definisane preko odgo-varajucih preslikavanja date su sa

p1 =

(1 2 3a b c

), p2 =

(1 2 3a c b

), p3 =

(1 2 3b a c

),

p4 =

(1 2 3b c a

), p5 =

(1 2 3c a b

), p6 =

(1 2 3c b a

).


Iskoristimo priliku da na ovom primeru pokazemo kako se permutacije el-emenata nekog skupa mogu prikazati graficki. Elementi skupa Zn, tj. uovom slucaju Z3, se uzimaju na x-osi, a elementi skupa Sn, tj. S3, kaoslike odgovarajuceg preslikavanja na y-osi. Dobijene tacke u xy-ravni, zajedno preslikavanje (permutaciju) se spajaju pravom linijom. Na Slici 1 suprikazane permutacije p1 i p2 iz ovog primera.

Slika 1Pre nego sto damo jos neke nacine definisanja permutacija datog skupa, prime-

timo da svaka permutacija elemenata skupa Sn = {a1, a2, . . . , an} i sam skup Sn

imaju iste elemente, pri cemu se svaki element javlja tacno jedanput. Znaci dase permutacija elemenata skupa Sn moze definisati i kao jedno obostrano jed-noznacno preslikavanje skupa Sn u samog sebe. Ali u saglasnosti sa (10.4) znacida sva razmatranja u vezi sa pojmom permutacija elemenata nekog skupa mozemo,bez smanjenja opstosti, vezivati za odgovarajuci skup Zn, sto cemo u daljem tekstucesto koristiti.

Permutacija elemenata datog skupa moze biti zadata pomocu ciklusa elemenatakoje sadrzi. Ali, pre nego sto je tako definisemo, moramo da objasnimo pojamciklusa.

Neka je data neka permutacija p elemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n}

p =

(1 2 . . . n

p(1) p(2) . . . p(n)

)(10.5)

tako da je p(i) 6= i bar za jedno i ∈ Zn. Tada postoji najmanji broj i1, i1 ∈ Zn,tako da je p(i1) 6= i1, tj. p(i1) = i2, i2 ∈ Zn. Za broj i2 postoje dve mogucnosti,ili je p(i2) = i1 ili je p(i2) 6= i1. Pretpostavimo da je p(i2) 6= i1. Tada postojibroj i3, i3 ∈ Zn, tako da je p(i2) = i3. Za broj i3 opet postoje dve mogucnosti,ili je p(i3) = i1 ili je p(i3) 6= i1. Ako je p(i3) 6= i1, tj postoji i4 ∈ Zn tako da je


p(i3) = i4. Ovaj postupak nastavljamo sve dok ne naidjemo na broj ir, ir ∈ Zn,1 ≤ r ≤ n, tako da je p(ir) = i1. Naravno, zbog toga sto je (10.5) obostrano jed-noznacno preslikavanje, takav broj mora da postoji. Na osnovu brojeva i1, i2 . . . , irformiramo izraz

i1 → i2 → · · · → ir → i1. (10.6)

Ovaj izraz oznacimo sa C = (i1i2 . . . ir) i zvacemo ga ciklusom date permutacije(10.5) duzine r. Ako je za neko rj , rj ∈ Zn, p(rj) = rj , tada je ciklus (rj)duzine jedan. Permutacija (10.5) moze da sadrzi vise ciklusa. Novi ciklus trazimoistim postupkom, pocev od prvog clana posmatrane permutacije koji ne ucestvujeu vec pronadjenim ciklusima. Ovim postupkom datu permutaciju razlazemo naproizvod njenih ciklusa. Ako se, na primer, data permutacija p sastoji od ciklusaC1, C2, . . . , Ck, pisemo

p = C1C2 . . . Ck. (10.7)

Ovaj proizvod ciklusa se jos zove razlaganje permutacije na cikluse.

Primer 10. Razlozimo na proizvod ciklusa redom sve moguce permutacijeelemenata skupa Z3 = {1, 2, 3}.

p1 =

(1 2 31 2 3

)= (1)(2)(3), p2 =

(1 2 31 3 2

)= (1)(23),

p3 =

(1 2 32 1 3

)= (12)(3), p4 =

(1 2 32 3 1

)= (123),

p5 =

(1 2 33 1 2

)= (132), p6 =

(1 2 33 2 1

)= (13)(2).

Na ovim primerima mozemo proveriti, a to vazi generalno, da raspored cik-lusa u proizvodu (10.7) ne utice na permutaciju, tj. ne izaziva promene unjoj. Takodje, permutacija se ne menja ako nekom njenom ciklusu ciklicnomenjamo mesta elementima. Tako, na primer, vaze jednakosti

p2 = (1)(23) = (23)(1) = (32)(1), p5 = (132) = (321) = (213).

Kako je data permutacija p oblika (10.5) obostrano jednoznacno preslikavanjeskupa Zn u samog sebe, presek njena bilo koja dva ciklusa je prazan skup. Svakociklusno razlaganje tipa (10.7) jednoznacno odredjuje jednu permutaciju.

Primer 11. Pretpostavimo da je na skupu elemenata Z8 = {1, 2, 3, 4, 5, 6,7, 8} data neka permutacija, p, pomocu razlaganja po svojim ciklusima, p =


(48)(275) (31)(6). Razvijajuci cikluse ovu permutaciju mozemo prikazati uobliku

p = (48)(275)(31)(6) =

(4 8 2 7 5 3 1 68 4 7 5 2 1 3 6

)

=

(1 2 3 4 5 6 7 83 7 1 8 2 6 5 4

),

i ona je jednoznacno odredjena.

Pretpostavimo da na elementima skupa Zn = {1, 2, . . . , n} data permutacija pu razlaganju na svoje cikluse (10.7), sadrzi ki ciklusa duzine i, za i = 1, 2, . . . , n,pri cemu ki ∈ N0 = N ∪ {0}. Skup brojeva k1, k2, . . . , kn, sa osobinom

1 · k1 + 2 · k2 + · · ·+ n · kn = n (10.8)

naziva se ciklusnom strukturom date permutacije i permutacija sa ovom struk-turom se obelezava sa p{k1,k2,...,kn}.

Primer 12. Ciklusna struktura permutacije

p =

(1 2 3 4 5 6 7 82 1 5 6 7 4 3 8

)= (12)(357)(46)(8),

elemenata skupa Z8 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, je p{1,2,1,0,0,0,0,0}, sto se dobija naosnovu jednakosti 8 = 1 · 1 + 2 · 2 + 1 · 3 + 0 · 4 + 0 · 5 + 0 · 6 + 0 · 7 + 0 · 8.

Neka data permutacija p, elemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n} ima razlaganjepo ciklusima

p = C1C2 . . . Cs, (10.9)

pri cemu sa ri oznacimo duzinu odgovarajuceg ciklusa Ci, i = 1, 2, . . . , s. Sumi-ranjem brojeva ri − 1, po i, i = 1, . . . , s, dobijamo da vazi jednakost

s∑

i=1

(ri − 1) =s∑

i=1

ri −s∑

i=1

1 = n− s.

Dobijeni rezultat, tj. broj n−s za datu permutaciju, p, predstavlja njen dekrementi oznacava se sa ρ(p). Dakle dekrement date permutacije p je

ρ(p) = n− s.

Date permutacije elemenata nekog skupa delimo pomocu dekremenata na dveklase, parne i neparne. Pri tome, ako je dekrement date permutacije paran broj,permutacija je parna, u protivnom je neparna.


Primer 13. Uocimo permutacije p1 i p2 elemenata skupa Z8 = {1, 2, 3, 4, 5,6, 7, 8}, koje su definisane sa

p1 =

(1 2 3 4 5 6 7 83 7 1 8 2 6 5 4

)= (13)(275)(48)(6)

i

p2 =

(1 2 3 4 5 6 7 82 3 1 5 6 4 8 7

)= (123)(456)(78).

Kako je za permutaciju p1, ρ(p1) = 8− 4 = 4, ona je parna. Za permutacijup2 vazi ρ(p2) = 8− 3 = 5, pa je ona neparna.

Po pitanju parnosti permutacije vazi sledeci rezultat.

Teorema 10.5 Ako u permutaciji

p =

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

)

bilo koja dva razlicita broja ij i ik medjusobno promene mesta, parnost permutacijese menja.

Prilikom razlaganja date permutacije po ciklusima cesto se koristi skraceninacin oznacavanja. On se sastoji u tome sto se ciklusi duzine jedan izostavljaju.Prilikom ovakvog nacina oznacavanja jednoznacnost se ne gubi.

Primer 14. Za sledece permutacije p1 i p2 ravnopravna su sledeca oznaca-vanja u razlaganjima po ciklusima

p1 =

(1 2 3 4 5 6 7 82 3 4 1 6 5 7 8

)= (1234)(56)(7)(8) = (1234)(56),

p2 =

(1 2 3 4 5 6 7 82 3 1 4 6 5 7 8

)= (123)(4)(56)(7)(8) = (123)(56).

Permutacija koja se razlikuje od posmatrane permutacije samo po tome sto suneka dva elementa medjusubno promenila mesta, naziva se njenom transpozicijom.Koristeci skraceni nacin oznacavanja date permutacije pomocu ciklusa, transpozi-cija na skupu Zn = {1, 2, . . . , n} u odnosu na permutaciju p1 = (1, 2, . . . , n) mozeformalno da se definise na sledeci nacin:


Definicija 10.2 Svaka permutacija elemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n} oblika

p =

(1 2 . . . nr1 r2 . . . rn

)= (rirj), i 6= j,

naziva se transpozicijom.

Kako transpozicija sadrzi jedan ciklus duzine 2, a svi ostali su duzine jedan(s = n− 1), to bez obzira na prirodu broja n, imamo da je ρ(p) = n− (n− 1) = 1,tj. ona je uvek neparna permutacija.

Transpozicije se mogu uopstiti na sledeci nacin:

Definicija 10.3 Permutacija p, elemenata Zn = {1, 2, . . . , n}, koja se u skracenomciklusnom predstavljanju sastoji od samo jednog ciklusa duzine r, 1 < r ≤ n, nazivase ciklusnom permutacijom duzine r ili prosto ciklusom duzine r.

Nije tesko primetiti da je svaka transpozicija ciklusna permutacija duzine dva,tj. ciklus duzine dva.

Primer 15. Permutacije p1 i p2 skupa Z8 = {1, 2, . . . , 8}

p1 =

(1 2 3 4 5 6 7 81 2 4 3 5 6 7 8

)= (34),

i

p2 =

(1 2 3 4 5 6 7 82 3 4 6 5 1 7 8

)= (1346),

su ciklusi duzina dva i cetiri, respektivno.

Permutacije elemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n} mogu se definisati i pomocuodgovarajucih permutacionih matrica. Neka je

p =

(1 2 . . . nj1 j2 . . . jn

)(10.10)

proizvoljna permutacija elemenata skupa Zn. Ovoj permutaciji pridruzimo jednupermutacionu matricu P = (aij), reda n× n, ciji su elementi aij definisani sa

aij =

{1, ako je j = ji

0, u ostalim slucajevima,(10.11)


za i = 1, 2, . . . n, i j = 1, 2, . . . n. Permutaciona matrica P je jednoznacnoodredjena datom permutacijom. Naravno, vazi i obrnuto. Neka je data proizvoljnapermutaciona matrica P , reda n× n. Na osnovu jednakosti

P · [1 2 . . . n]T = [j1 j2 . . . jn]T (10.12)

jednoznacno je nad elemenatima skupa Zn = {1, 2, . . . , n}, odredjena jednapermutacija oblika (10.10).

U prethodnom proucavanju smo pokazali da se permutacije mogu posmatratii kao uredjeni parovi, relacije, permutacione matrice. To nisu jedini nacini defin-isanja permutacija. Isto se moze uciniti i kada su u pitanju varijacije i kombinacije,ali mi to necemo ciniti jer smatramo da to, po analogiji sa permutacijama, citalacmoze, po potrebi, jednostavno uradit.i

Sada cemo se pozabaviti kljucnim pitanjima vezanim za permutacije elemenatadatog skupa. Prvo je pitanje ukupnog broja permutacija. Drugo pitanje je formi-ranje nekog logickog niza permutacija, koji ujedno olaksava postupak njihovogformiranja. Za tako formiran niz, automatski se vezuju i sledeca dva problema.Kako za zadatu permutaciju odrediti njenu poziciju, tj. njen indeks, u tom nizu,kao i kako na osnovu date pozicije generisati odgovarajucu permutaciju.

Ukupan broj permutacija elemenata datog skupa odredjen je sledecom teore-mom.

Teorema 10.6 Ukupan broj permutacija skupa od n elemenata, u oznaci Pn, je

Pn = n! = n(n− 1) · · · 1. (10.13)

Dokaz. Ako se dati skup sastoji od samo jednog elementa, n = 1, tada je ukupanbroj permutacija njegovih elemenata 1. Znaci za n = 1, (10.13) vazi. Neka sedati skup sastoji od n elemenata i neka je Pn ukupan broj permutacija njegovihelemenata. Ako izostavimo bilo koji element ovog skupa, od preostalih elemenatamozemo formirati Pn−1 permutacija. Kako izostavljeni element mozemo prikljucitisvakoj permutaciji od n− 1 elementa na n nacina, vazi jednakost

Pn = nPn−1. (10.14)

Sukcesivnom primenom ove jednakosti dobijamo jednakost Pn = n(n− 1) · · · 2P1.Kako je P1 = 1, iz nje dobijamo da vazi trazeni rezultat, tj. (10.13).

Napomenimo da se po definiciji uzima da je 0! = 1.Sada je veoma jednostavno odgovoriti na pitanje koliko ima medjusobno ra-

zlicitih permutacionih matrica reda n×n. S obzirom na obostrano jednoznacnu ko-respodenciju izmedju svih mogucih permutacija elemenata skupa Zn i svih mogucihpermutacionih matrica reda n× n, odgovor je n!.


Primer 16. Na osnovu razvoja

(1− t)−1 =+∞∑

n=0

tn =+∞∑

n=0

n!tn

n!,

za |t| < 1, mozemo zakljuciti da je funkcija E(t) = 11−t eksponencijalna

funkcija generatrise niza (an), n ∈ N0, gde je an = n!.

Lako je uociti da je broj mogucih permutacija veliki prirodan broj, cak i zane tako velike vrednosti broja n. Zbog toga je veoma vazno da se nadje pogodanpostupak koji bi na osnovu odredjenih kriterijuma poredjao sve permutacije, zadato n, u odgovarajuci niz permutacija. Definisani kriterijumi bi, u prvom redu,omogucili lakse generisanje svih permutacija ovog niza i da svaka permutacijaima jednoznacno odredjenu poziciju, tj. indeks. Jedan od nacina uredjivanjadatih permutacija, zasnovan na ideji uredjivanja reci u recniku, poznat je podnazivom leksikografsko uredjenje permutacija. Pre toga uvedimo pojam osnovnepermutacije.

U principu, za osnovnu permutaciju mozemo uzeti bilo koju iz skupa svihpermutacija elemenata posmatranog skupa. Medjutim, uobicajeno je za osnovnupermutaciju proglasiti onu kod koje su elementi datog skupa poredjani u nekom”prirodnom” redosledu. Osnovna permutacija se naziva jos i prvom permutaci-jom. Tako, na primer, ako su elementi datog skupa medjusobno uporedivi , zaosnovnu permutaciju se uzima ona kod koje su elementi u rastucem poretku. Akosu elementi datog skupa indeksirane promenljive, onda se za osnovnu permutacijuproglasava ona kod koje su indeksi u rastucem redosledu. Ako su elementi datogskupa slova neke azbuke, tada se za osnovnu permutaciju uzima ona kod koje susva slova poredjana u redosledu pojavljivanja u odgovarajucoj azbuci.

Primer 17. Navescemo neke osnovne permutacije datog skupa, odabranepo ”prirodnom” principu:

skup osnovna permutacija

Zn = {1, 2, . . . , n} p1 = (1, 2, . . . , n)

Sn = {a1, a2, . . . , an} p1 = (a1, a2, . . . , an)

S5 = {1, 5, 3, 7, 4} p1 = (1, 3, 4, 5, 7)

S6 = {√3,√

7,√

2,√

4,√

13} p1 = (√

2,√

3,√

4,√

7,√

13)

S3 = {β, α, γ} p1 = (α, β, γ)

S4 = {b, g, d, h} p1 = (b, d, g, h)


S7 = {4, 7, 2, 5, b, a, c} p1 = (a, b, c, 2, 4, 5, 7).

Kako elementi u datom skupu mogu biti neuredjeni, ili definisani na neki druginacin, recimo pomocu neke proizvoljne permutacije, namece se problem odredji-vanja prve permutacije. On se moze podvesti pod problem sortiranja datog niza.U literaturi postoji veliki broj sekvencijalnih i paralelnih metoda za navedeno sor-tiranje, ali se mi time ovde necemo podrobnije baviti.

Leksikografsko uredjenje svih permutacija elemenata skupa Zn={1, 2, . . ., n}moze da se obavi po sledecem principu. Oznacimo sa IP skup svih permutacijaelemenata skupa Zn i neka je p1 osnovna permutacija. Uocimo bilo koje dvepermutacije p i q iz skupa IP . Gledano s leva u desno, pretpostavimo da se ovepermutacije razlikuju tek na k-toj poziciji. Neka je na k-toj poziciji u permutacijip element i1, a u permutaciji q element i2. Ako se u osnovnoj permutaciji, p1,element i1 javlja pre elementa i2, kazemo da permutacija p dolazi pre permutacijeq i pisemo

p < q. (10.15)

Uredjeni par (IP, <) nam u ovom slucaju definise jedan niz permutacija

p1 < p2 < · · · < pk < · · · < pn!, (10.16)

gde su pi ∈ IP, i = 1, 2, . . . , n!, koji se naziva leksikografskim nizom per-mutacija.

Jasno je da se umesto skupa Zn moze posmatrati bilo koji drugi skup i da sesve njegove permutacije takodje mogu poredjati u odgovarajuci leksikografski nizpermutacija.

Primer 18. Posmatrajmo skup S4 = {1, 3, 7, 9}. Ukupan broj permutacijaelemenata ovog skupa je P4 = 4! = 24. Leksikografski niz permutacija skupaS4 je

1379 < 1397 < 1739 < 1793 < 1937 < 1973 < 3179 < 3197 <

< 3719 < 3791 < 3917 < 3971 < 7139 < 7193 < 7319 < 7391 <

< 7913 < 7931 < 9137 < 9173 < 9317 < 9371 < 9713 < 9731.

Cesto je korisno izvrsiti podelu skupa svih permutacija IP , elemenata skupaZn = {1, 2, . . . , n}, na n disjunktnih podskupova Snk, k = 1, . . . , n, tako da je

IP =n⋃

k=1

Snk. Pri ovoj podeli skup Snk, k = 1, 2, . . . , n, sadrzi sve permutacije koje


na prvoj poziciji imaju elemenat k. Lokalne osnovne permutacije u podskupovimaSnk, k = 1, 2, . . . , n, su redom definisane sa

p1 = (1, 2, . . . , n)p(k−1)(n−1)!+1 = (k, 1, . . . , k − 1, k + 1, . . . , n), (k = 2, . . . , n− 1)p(n−1)(n−1)!+1 = (n, 1, . . . , n− 1).

(10.17)

Podskupovi Snk, kao i odgovarajuce lokalne osnovne permutacije igraju vaznuulogu u algoritmima za generisanje permutacija elemenata datog skupa.

Primer 19. Dacemo podpodelu skupa svih permutacija elemenata skupaZ4 = {1, 2, 3, 4}. To su podskupovi

S41 = {1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432},

S42 = {2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431},S43 = {3124, 3142, 3214, 3241, 3412, 3421},S44 = {4123, 4132, 4213, 4231, 4312, 4321}.

U svakoj od podpodela podvucena je lokalna osnovna permutacija.

Pretpostavimo da nam je poznata neka permutacija pm = (j1, j2, . . . , jn) el-emenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n}. Ako je IP skup svih permutacija skupa Zn,kome odgovara leksikografski niz permutacija (10.16), postavlja se pitanje gde jepozicija permutacije pm u ovom nizu, tj. koliki je indeks m? Opisacemo jedan odmogucih postupaka za odredjivanje ovog indeksa.

Pronadjimo prvo poziciju elementa j1 u osnovnoj permutaciji p1 = (1, 2, . . . ,n). Neka je njegova pozicija i1. To znaci da se nasa permutacija nalazi u pod-podeli Sni1 , skupa IP . Ispred permutacija ove podpodele nalaze se sve permutacijepodpodela Sn1, Sn2, . . . , Sn,i1−1. Njih ima ukupno

(i1 − 1)(n− 1)!.

Sada iz osnovne permutacije p1, tj. uredjene n-torke p1, odstranimo element i1, iod preostalih elemenata formiramo uredjenu (n−1)-torku p

(i1)1 . Odredimo poziciju

elementa j2 u uredjenoj (n−1)-torki p(i1)1 . Neka je to i2. To znaci da se u podpodeli

Sni1 nalazi ukupno(i2 − 1)(n− 2)!

permutacija ispred prve permutacije koja na drugoj poziciji ima element j2. Od-stranjivanjem elementa i2 iz p

(i1)1 formiramo od nje uredjenu (n− 2)-torku p

(i1,i2)1 .


Takodje iz podpodele Sni1 izdvojimo podskup leksikografski uredjenih permutacijakoje na drugoj poziciji imaju element j2. Ovaj podskup sadrzi (n − 2)! razlicitihpermutacija podpodele Sni1 . Oznacimo ga sa S

(j2)ni1

. Sada odredimo poziciju el-

ementa j3 u uredjenoj (n − 2)-torki p(i1,i2)1 . Neka je to i3. Zakljucujemo da u

podskupu S(j2)ni1

ima (i3−1)(n−3)! permutacija koje se javljaju ispred permutacijakoje pocinju sa j1, j2, j3. Postupak nastavljamo sve dok ne iscrpimo ispitivanjaredom za sve elemente date permutacije pm. Na taj nacin dobijamo da se is-pred date permutacije pm = (j1, j2, . . . , jn) u leksikografskom permutacionom nizu(10.16) nalazi ukupno

(i1 − 1)(n− 1)! + (i2 − 1)(n− 2)! + · · ·+ (in − 1)(n− n)!

permutacija. Zadata permutacija je prva sledeca iza njih, tj.

m = (i1 − 1)(n− 1)! + (i2 − 1)(n− 2)! + · · ·+ (in − 1)(n− n)! + 1. (10.18)

Primer 20. Odredimo poziciju permutacije p = (3, 2, 4, 1), elemenata sku-pa Z4 = {1, 2, 3, 4}, u odgovarajucem leksikografskom nizu permutacija

p1 < p2 < · · · < pk < · · · < p24. (10.19)

Osnovna permutacija je p1 = (1, 2, 3, 4). Elemenat 3, koji se nalazi na prvojpoziciji zadate permutacije, nalazi se na trecoj poziciji osnovne permutacije.To znaci da se data permutacija nalazi u podpodeli

S43 = {(3, 1, 2, 4), (3, 1, 4, 2), (3, 2, 1, 4), (3, 2, 4, 1), (3, 4, 1, 2), (3, 4, 2, 1)}.

Ispred ove podpodele u leksikografskom nizu permutacija (10.19), nalaze sesve permutacije podpodela S41 i S42, kojih ima ukupno

(3− 1)(4− 1)! = 12.

Eliminisimo element 3 iz p1 i formirajmo uredjenu trojku p(3)1 = (1, 2, 4).

Drugi element date permutacije, 2, nalazi se na drugoj poziciji u uredjenojtrojki p

(3)1 . To znaci da se ispred prve permutacije koja pocinje sa 3, 2 u

podpodeli S43 nalazi ukupno

(2− 1)(4− 2)! = 2

permutacije niza (10.19). Eliminisimo sada element 2 iz uredjene trojke p(3)1 i

formirajmo uredjeni par p(3,2)1 = (1, 4). Iz podpodele S43 izdvojimo podskup


S(2)43 permutacija koje na drugoj poziciji imaju element 2. To je podskup

S(2)43 = {(3, 2, 1, 4), (3, 2, 4, 1)}.

Treci element, 4, date permutacije nalazi se na drugoj poziciji u uredjenomparu p

(3,2)1 = (1, 4). Znaci da ispred permutacija koje na trecem mestu

imaju element 4 u podskupu S(2)43 , ima (2 − 1)(4 − 3)! = 1 permutacija.

Ovim je prakticno pretrazivanje zavrseno. Dobili smo da se ispred per-mutacije p = (3, 2, 4, 1) u leksikografskom nizu permutacija (10.19), nalazi15 (15=12+2+1) permutacija, tj da se zadata permutacija nalazi na 16-tommestu.

Navedena procedura za odredjivanje pozicije zadate permutacije u odgovara-jucem leksikografskom nizu permutacija, daje ideju kako se problem moze resiti iu obrnutom smeru. Naime, ako je poznat indeks permutacije u nizu (10.16), kakogenerisati tu permutaciju.

Neka se permutacija pm elemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n} nalazi na m-tojpoziciji u odgovarajucem leksikografskom nizu permutacija, tipa (10.16). U skladusa postupkom odredjivanja indeksa m u ovom nizu, sada treba najpre odreditikonstante k1, k2, . . . , kn,ki ∈ N0, i = 1, 2, . . . , n, u sledecem razvoju broja m− 1

m− 1 = k1(n− 1)! + k2(n− 2)! + · · ·+ kn−11! + kn0! (10.20)

U drugom koraku formiramo uredjenu n-torku p = (i1, i2, . . . , in) na osnovujednakosti

ir = kr + 1 (10.21)

za r = 1, 2, . . . , n, i tek nakon toga pristupamo generisanju trazene permutacijepm. U osnovnoj permutaciji p1 = (1, 2, . . . , n) izdvojimo element koji se nalazina poziciji i1 i oznacimo ga sa j1. Od ostalih elemenata osnovne permutacije p1

formiramo uredjenu (n− 1)-torku p(i1)1 . Iz nje izdvojimo element koji se nalazi na

poziciji i2 i oznacimo ga sa j2. Od preostalih elemenata uredjene (n − 1)-torkep(i1)1 formiramo uredjenu (n − 2)-torku p

(i1,i2)1 , u prirodnom redosledu (ovo treba

postovati u obe procedure). Ovaj postupak nastavljamo sve dok ne iscrpimo redomsve brojeve uredjene n-torke p = (i1, i2, . . . , in). Od dobijenih brojeva j1, j2, . . . , jn

formiramo uredjenu n-torku pm = (j1, j2, . . . , jn) po redosledu odredjivanja brojevajk, k = 1, . . . n, i to je upravo trazena permutacija.

Primer 21. Odredimo permutaciju p78, elemenata skupa Z5 ={1,2,3,4,5},koja se nalazi na 78. mestu odgovarajuceg leksikografskog niza permutacija.

Na osnovu razvoja (10.20)

77 = 3 · 4! + 0 · 3! + 2 · 2! + 1 · 1! + 0 · 0!


dobijamo da je k1 = 3, k2 = 0, k3 = 2, k4 = 1, k5 = 0. Sada na osnovujednakosti (10.21) dobijamo da je i1 = 4, i2 = 1, i3 = 3, i4 = 2 i i5 =1. Formiramo petorku p = (4, 1, 3, 2, 1). Na cetvrtoj poziciji u osnovnojpermutaciji p1 = (1, 2, 3, 4, 5) nalazi se element j1 = 4, koga izdvojimo. Odpreostalih elemenata formiramo uredjenu cetvorku, u prirodnom redosledu,p(4)1 = (1, 2, 3, 5). Na prvoj poziciji u p

(4)1 nalazi se element j2 = 1. Izdvojimo

ga, a od preostalih formiramo uredjenu trojku p(4,1)1 = (2, 3, 5). Na trecoj

poziciji u p(4,1)1 nalazi se element j3 = 5. Izdvojimo ga i formiramo uredjeni

par p(4,1,5)1 = (2, 3). Na drugoj poziciji u ovom uredjenom paru je element

j4 = 3. Preostaje jos da je j5 = 2. Trazena permutacija koja se nalazi na 78.poziciji, u odgovarajucem leksikografskom nizu permutacija, je

p78 = (4, 1, 5, 3, 2).

10.3 Permutacije sa ponavljanjem elemenata

Posebnu klasu permutacija cine one kod kojih se elementi koji je cine mogu pon-avljati. Dacemo jednu, od mnogih, definicija ovih permutacija.

Definicija 10.4 Neka je datom skupu Sk = {a1, a2, . . . , ak} pridruzena familijaV , elemenata skupa Sk, koja sadrzi αi elemenata ai, i = 1, 2, . . . , k, pri cemuje α1 + α2 + · · · + αk = n. Svaka uredjena n-torka elemenata familije V nazivase permutacijom sa ponavljanjem elemenata skupa Sk, sa ogranicenjima αi, i =1, 2, . . . , k.

Primer 22. Skupu S3 = {a, b, c} pridruzimo, na primer, familiju V = {a, a,b, c}. Element a javlja se u familiji V dva puta, dok se elementi b i c javljajupo jednom. Permutacije reda 4 elemenata skupa S3 su ustvari permutacijeelemenata familije V . Navescemo ih poredjanje u leksikografskom poretku:

aabc < aacb < abac < abca < acab < acba <

< baac < baca < bcaa < caab < caba < cbaa.

Ove permutacije se mogu formirati tako sto se najpre formiraju sve mogucepermutacije elemenata ”skupa” V , tj. kao skupa od 4 elementa, pa se elim-inise visestruko pojavljivanje nekih permutacija.

Neka je datom skupu Sk = {a1, a2, . . . , ak} pridruzena familija V kao u Defini-ciji 4. Oznacimo sa p

(α1,α2,...,αk)n ukupan broj, medjusobno razlicitih, permutacija

10.3. PERMUTACIJE SA PONAVLJANJEM ELEMENATA 209

elemenata familije V . Uocimo jednu od njih. Ako u njoj permutujemo samo ele-ment a1, a to se moze ostvariti α1! puta, sve dobijene permutacije su medjusobnojednake. Njihov ukupan broj je α1!p

(α1,α2,...,αk)n . Ako u svakoj od ovih permutacija

permutujemo element a2, a to je moguce obaviti α2! puta, opet dobijamo svemedjusobno jednake permutacije. Ukupan njihov broj je α1!α2!p

(α1,α2,...,αk)n . Ako

ovaj postupak produzimo za svako ai, i = 3, . . . , k, dobijamo da je ukupan brojmedjusobno razlicitih permutacija elemenata familije V jednak

p(α1,α2,...,αk)n =

(α1 + α2 + · · ·+ αk)!α1!α2! · · ·αk!

,

tj. s obzirom na jednakost α1 + α2 + · · ·+ αk = n,

p(α1,α2,...,αk)n =

n!α1!α2! · · ·αk!

. (10.22)

Ovom analizom smo dosli do sledeceg rezultata.

Teorema 10.7 Neka je dat skup Sk = {a1, a2, . . . , ak}. Ukupan broj permutacijasa ponavljanjem elemenata skupa Sk, duzina n u kojima se element ai javlja αi

puta, i = 1, 2, . . . , k, pri cemu je α1 +α2 + . . .+αk = n, dat je jednakoscu (10.22).

Kako smo vec napomenuli, svi problemi vezani za permutacije sa ponavljan-jem, kao sto je formiranje leksikografskog niza permutacija, odredjivanje indeksadate permutacije u nizu, resava se slicno kao kada su u pitanju permutacije bezponavljanja. Ilustrovacemo ovo na konkretnim primerima.

Primer 23. Neka je skupu Z3 = {1, 2, 3} pridruzena familija V5 = {1, 1, 2,2, 3}. Odredimo poziciju date permutacije pm = (2, 1, 3, 2, 1) u odgovara-jucem leksikografskom nizu permutacija sa ponavljanjem.

Uocimo najpre osnovnu permutaciju, odgovarajuceg leksikografskog niza per-mutacija, p1 = (1, 1, 2, 2, 3). Prvi element, 2, zadate permutacije pm javlja seprvi put u osnovnoj permutaciji na trecoj poziciji. To znaci da se ispred prvepermutacije koja na prvoj poziciji ima element 2, nalazi (3−1) (5−1)!

2!2! = 12 per-mutacija. Eliminacijom elementa 2 sa trece pozicije iz osnovne permutacije,p1, formiramo od nje uredjenu cetvorku p

(2)1 = (1, 1, 2, 3). Drugi element

date permutacije, 1, po prvi put se javlja na poziciji 1 u uredjenoj cetvorkip(2)1 . To znaci da se u skupu permutacija koje pocinju brojem 2, ispred prve

permutacije koja na drugoj poziciji ima element 1, nalazi (1 − 1) (5−2)!2! = 0

permutacija. Eliminacijom elementa 1 sa prve pozicije uredjene cetvorke p(2)1

dobijamo uredjenu trojku p(2,1)1 = (1, 2, 3). Element sa trece pozicije zadate


permutacije, 3, javlja se na trecoj poziciji u uredjenoj trojki p(2,1)1 . To znaci

da se u skupu permutacija koje na prvoj i drugoj poziciji imaju redom ele-mente 2 i 1, ispred prve permutacije koja na trecoj poziciji ima element 3,javlja (3− 1) (5−3)!

1! = 4 permutacija. Eliminisimo element 3 iz uredjene tro-jke p

(2,1)1 i od preostalih elemenata formirajmo uredjeni par p

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

Cetvrti element, 2, zadate permutacije nalazi se na drugoj poziciji u ured-jenom paru p

(2,1,3)1 . To znaci da se u skupu permutacija koje pocinju ele-

mentima 213, ispred prve permutacije koja na cetvrtoj poziciji ima element2, javlja (2 − 1)(5 − 4)! = 1 permutacija. Dobili smo da se ispred zadatepermutacije pm = (2, 1, 3, 2, 1) u leksikografskom nizu permutacija nalaziukupno 12+0+4+1=17 permutacija. Znaci da se ona nalazi na 18. poziciji,tj. da je m = 18.

Primer 24. Neka je skupu Z3 = {1, 2, 3} pridruzena familija V = {1, 2, 2, 3,3}. Odrediti 17. permutaciju u odgovarajucem leksikografskom nizu per-mutacija elemenata familije V .

Kako je

(17− 1) :(5− 1)!

2!2!= 2 +

46, (10.23)

uzmimo da je k1 = 2. To bi znacilo da je i1 = k1 + 1 = 3, pa bi iz osnovnepermutacije p1 = (1, 2, 2, 3, 3} trebalo izdvojiti element 2 sa trece pozicije.Medjutim, kod permutacija sa ponavljanjem izdvaja se uvek prvi elementmedju jednakima, a on se nalazi na drugoj poziciji. Zbog toga umesto (10.23)uocimo jednakost

(17− 1) :(5− 1)!

2!2!= 1 +

106

.

Na osnovu ove jednakosti imamo da je k1 = 1, tj. i1 = k1 +1 = 2. Iz osnovnepermutacije p1 eliminisemo element j1 = 2, sa druge pozicije i formiramouredjenu cetvorku p

(2)1 = (1, 2, 3, 3). Na osnovu jednakosti

10 :(5− 2)!

2!= 3 +

13

dobijamo da je k2 = 3, tj. i2 = 3 + 1 = 4. Medjutim, iz istog razloga kao imalopre, umesto prethodne jednakosti uzimamo jednakost

10 :(5− 2)!

2!= 2 +

43,

pa je k2 = 2 i i2 = 2 + 1 = 3. Iz uredjene cetvorke p(2)1 eliminisemo elemenat

sa trece pozicije, j2 = 3, i formiramo uredjenu trojku p(2,3)1 = (1, 2, 3). Na

10.4. PERMUTACIJE TOTALNE NEUREDJENOSTI 211

osnovu jednakosti

4 :(5− 3)!

1!= 2

dobijamo da je k3 = 2, tj. i3 = 2 + 1 = 3. To znaci da iz uredjene trojkep(2,3)1 izdvajamo elemenat sa trece pozicije, j3 = 3 i formiramo uredjeni

par p(2,3,3)1 = (1, 2). Kako je k4 = 0, tj. i4 = 1, sledeci elementi trazene

permutacije su j4 = 1 i j5 = 2. Konacno imamo da je trazena permutacijajednaka

p17 = (2, 3, 3, 1, 2).

10.4 Permutacije totalne neuredjenosti

Posebnu klasu permutacija bez ponavljanja elemenata nekog zadatog skupa, cinetakozvane permutacije totalne neuredjenosti. Uocimo, na primer, neku permuta-ciju pq elemenata skupa Sn = {a1, a2, . . . , an} i proglasimo je glavnom. Sada izskupa svih mogucih permutacija bez ponavljanja elemenata skupa Sn = {a1, a2,. . . , an}, izdvojimo samo one kod kojih se ni jedan od elemenata ai, i = 1, 2, . . . , n,ne nalazi na poziciji koju je imao u glavnoj permutaciji. Izdvojene permutacijepredstavljaju permutacije neuredjenosti. One igraju veoma vaznu ulogu pri resa-vanju mnogih kombinatornih zadataka.

Primer 25. Uocimo osnovnu permutaciju elemenata skupa Z4 ={1,2,3,4},p1 = (1, 2, 3, 4) i proglasimo je glavnom. Od preostale 23 permutacije, njih9 pripada skupu permutacija totalne neuredjenosti u odnosu na permutacijup1. To su sledece permutacije

(2, 1, 4, 3), (2, 3, 4, 1), (2, 4, 1, 3), (3, 1, 4, 2), (3, 4, 1, 2),

(3, 4, 2, 1), (4, 1, 2, 3), (4, 3, 1, 2), (4, 3, 2, 1).

Ukupan broj permutacija totalne neuredjenosti ne zavisi od izbora glavne per-mutacije. Ako posmatramo skup Zn = {1, 2, . . . , n} tada ukupan broj permutacijatotalne neuredjenosti, u odnosu na recimo osnovnu permutaciju, iznosi

rn =!n = n!n∑

k=0

(−1)k

k!. (10.24)

Broj !n se u literaturi naziva subfaktorijelom. Za njega vaze sledece rekurentnerelacije

rn = nrn−1 + (−1)n, i rn+1 = n(rn + rn−1),


koje su znacajne za njegovo izracunavanje. Za neke male vrednosti broja n imamoda je !1 = 0, !2 = 1, !3 = 2, !4 = 9, !5 = 44, !6 = 265, !7 = 1854 i !8 = 14833.

Neka je (rn), n ∈ N0, niz pri cemu je rn ukupan broj permutacija neuredjenostielemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n}, za dato n ∈ N0. Nije tesko pokazati da jeeksponencijalna funkcija generatrise ovog niza definisana sa

E(t) =1

(1− t)et=

+∞∑

n=0

rntn

n!.

Takodje, ako oznacimo sa F (t) =+∞∑

n=0

rntn funkciju generatrise datog niza (rn),

pokazuje se da je ona resenje diferencijalne jednacine prvog reda

(t3 + t2)F ′(t) + (t2 − 1)F (t) + 1 = 0.

Na osnovu ove diferencijalne jednacine se dobija i sledeca integralna prezentacijafunkcije F (t)

F (t) = − 1

te1t

∫e

1t dt

t(t + 1).

Navescemo jedan konkretan primer u kome se javlja potreba za nalazenjemovih permutacija.

Primer 26. Neka je, na primer, u toku drzavno prvenstvo u fudbalu. Utak-mice se odigravaju u n razlicitih gradova. Na raspolaganju je takodje nglavnih sudija. U svakom od gradova zivi po jedan sudija. Da bi prvenstvobilo regularno, sudija ne sme suditi u gradu u kome zivi. Postavlja se pi-tanje da li je moguce, i ako jeste na koliko razlicitih nacina, rasporediti sudijetako da prvenstvo bude regularno. Naravno, moguce je organizovati regu-larno prvenstvo. Ukupan broj mogucih rasporeda sudija odredjen je brojempermutacija totalne neuredjenosti od n elemenata, definisan sa (10.24).

10.5 Permutacije sa usponima i padovima

Definisacemo sada posebne klase permutacija datog skupa poznate pod nazivompermutacije sa usponima i permutacije sa padovima.

Neka je dat skup Zn = {1, 2, , . . . , n}. Za datu permutaciju

p =

(1 2 . . . n

p(1) p(2) . . . p(n)

)

10.6. PERMUTACIJE SA INVERZIJAMA 213

kazemo da sadrzi uspon (pad) ako za neko i, 1 ≤ i ≤ n, vazi nejednakost p(i) <p(i + 1) (p(i) > p(i + 1)). Postavlja se interesantno pitanje ukupnog broja per-mutacija elemenata skupa Zn koje sadrze tacno k, 1 ≤ k ≤ n−1, uspona (padova).Oznacimo sa a(n, k) trazeni broj. Ako usvojimo da je a(i, 0) = 1 za i ≥ 0 ia(0, k) = 0 za k ≥ 1, pokazuje se da za n ≥ 1 i k ≥ 1, brojevi a(n, k) zadovoljavajusledecu troclanu rekurentnu relaciju

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

Izracunavanje brojeva a(n, k) moze se olaksati ako se iskoristi veza sa Ojlerijanovimbrojevima A(n, k),

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

Koristeci ovu vezu mozemo izvesti sledecu, eksplicitnu, formulu za izracunavanjebrojeva a(n, k)

a(n, k) =k∑

j=0

(−1)j

(n + 1

j

)(k − j + 1)n.

10.6 Permutacije sa inverzijama

Definicija 10.5 Neka je data permutacija

p =

(1 2 . . . n

p(1) p(2) . . . p(n)

)

elemenata skupa Zn = {1, 2, , . . . , n}. Ako za par (i, j), 1 ≤ i < j ≤ n, vazi osobinada je p(i) > p(j), kazemo da data permutacija sadrzi inverziju (i, j).

Oznacimo sa Ip ukupan broj inverzija koje sadrzi data permutacija p, elemenataskupa Zn = {1, 2, , . . . , n}. Za svako p broj Ip zadovoljava nejednakost

0 ≤ Ip ≤(

n

2

).

Donja granica se dostize za osnovnu permutaciju, p =

(1 2 . . . n1 2 . . . n

), a gornja

za permutaciju p =

(1 2 . . . nn n− 1 . . . 1

).


Neka je b(n, k) ukupan broj permutacija elemenata skupa Zn={1, 2, . . ., n}koje sadrze po tacno k inverzija. Tada za brojeve b(n, k) vazi jednakost

b(n, k) =k∑

j=0

b(n− 1, j), n ≥ 1,

pri cemu se uzima da je b(n, 0) = 1 i b(0, k) = 0, k ≥ 1. Nije tesko pokazati da jefunkcija generatrise niza (b(n, k)), n ∈ N , k ∈ N , definisana sa

Fn(t) =∏

1≤i≤n

1− ti

1− t=

∑

0≤k≤(n2)b(n, k)tk.

Koristeci funkciju Fn(t) mogu se za brojeve b(n, k) dokazati sledece jednakosti

b(n.k) = b(n, k − 1) + b(n− 1, k),(n2)∑

k=0

b(n, k) = n!,

(n2)∑

k=0

(−1)kb(n, k) = 0,

(n2)∑

k=0

kb(n, k) =∑p

Ip =12

(n

2

)n!, b(n, k) = b(n, (n

2)− k).

10.7 Permutacije na krugu

Pretpostavimo da n ljudi treba rasporediti za okrugli sto (ili n razlicitih predmetana prstenu). Postavlja se pitanje ukupnog broja mogucih rasporeda. Jasno je da suu pitanju permutacije, koje cemo zvati, da bi smo ih razlikovali od permutacija kojesmo do sada razmatrali, permutacije na krugu. Inace, prethodno razmatrane per-mutacije se zovu jos i permutacije na pravoj. Jasno je da dve medjusobno razlicitepermutacije od n elemenata na pravoj ne moraju biti i razlicite permutacije nakrugu. Tako su, na primer, permutacije (a1, a2, . . . , an) i (an, a1, . . . , an−1) eleme-nata skupa {a1, a2, . . . , an}, razlicite medju sobom kao permutacije na pravoj, alisu jednake ako se posmatraju kao permutacije na krugu. Sta vise, ako posmatramosve moguce permutacije na pravoj koje se dobijaju od neke izabrane permutacijeciklicnim pomeranjem u levo ili desno za po jedno mesto (ima ih ukupno n), one susve medjusobno jednake kao permutacije na krugu. Ova cinjenica nam prakticnoomogucava da izracunamo ukupan broj, medjusobno razlicitih, permutacija na

10.8. VARIJACIJE 215

krugu elemenata skupa {a1, a2, . . . , an}. Taj broj, u oznaci P(c)n , se dobija na

osnovu jednakosti

P (c)n =

Pn

n=

n!n

= (n− 1)!.

Primer 27. Posmatrajmo skup elemenata Z4 = {1, 2, 3, 4}. Ukupan brojpermutacija na pravoj elemenata skupa Z4 je P4 = 4! = 24, pa je ukupanbroj odgovarajucih permutacija na krugu P

(c)4 = 3! = 6. Ove permutacije su

prikazane na sledecoj slici.

Slika 2

Svakoj od permutacija sa Slike 3 odgovaraju jos po tri permutacije na pravoj.Tako permutaciji na krugu (1, 2, 3, 4) odgovaraju permutacije na pravoj (2, 3,4, 1), (3, 4, 1, 2) i (4, 1, 2, 3), koje su medjusobno jednake, kao permutacije nakrugu, sa permutacijom (1, 2, 3, 4).

Na osnovu prethodnog primera nije tesko uociti da su permutacije na krugu odn razlicitih elemenata u stvari prvih (n−1)! permutacija na pravoj u odgovarajucemleksikografskom nizu permutacija.

10.8 Varijacije

Definicija 10.6 Pod varijacijom k-te klase elemenata skupa Sn={a1, a2, . . ., an},k ≤ n, podrazumeva se svaka uredjena k-torka medjusobno razlicitih elemenataovog skupa.

Kako smo vec vise puta pomenuli kod permutacija, a to vazi i kod varijacija,bez smanjenja opstosti uvek mozemo posmatrati skup oblika Zn = {1, 2, . . . , n}.Zbog toga pod varijacijom k-te klase elemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n} po-drazumevamo svako jednoznacno preslikavanje elemenata ovog skupa na neki nje-gov podskup duzine k. Za k = n svaka varijacija se svodi na permutaciju. Zbogtoga se cesto permutacije definisu kao specijalni (granicni) slucaj varijacija.

Primer 28 . Sve moguce varijacije druge klase elemenata skupa S3 ={a, b, c} su

(a, b), (a, c), (b, a), (b, c), (c, a), (c, b).


Teorema 10.8 Ukupan broj varijacija k-te klase od n medjusobno razlicitih ele-menata, k ≤ n, u oznaci V k

n , iznosi

V kn = (n)k = n(n− 1) · · · (n− k + 1) =

n!(n− k)!

. (10.25)

Dokaz. Primenicemo princip matematicke indukcije. Ako je k = 1 svaki elemenatdatog skupa sam za sebe je jedna varijacija prve klase. Kako je broj elemenata n,to je V 1

n = n. Za k = 1 iz (10.25) dobijamo V 1n = n, sto znaci da je (10.25) tacno

za k = 1.Ukupan broj mogucnosti da se na prvo mesto u uredjenim dvojkama, stavi bilo

koji od n elemenata, a na drugo mesto bilo koji od preostalih n − 1 elemenata jeV 2

n = n(n− 1). Za k = 2 iz (10.25) dobijamo takodje V 2n = n(n− 1), sto znaci da

je (10.25) tacno i za k = 2.Pretpostavimo da je (10.25) tacno za neko k − 1, k ≥ 2, tj. da je V k−1

n =n(n − 1) . . . (n − k + 2). Sve moguce varijacije k-te klase se mogu formirati takosto se svakoj varijaciji (k − 1)-ve klase dopisuje na prvu poziciju, redom, elementkoji u njoj ne ucestvuje. Za jednu varijaciju (k − 1)-ve klase broj elemenata kojiu njoj ne ucestvuju je n− k + 1. Zbog toga je ukupan broj varijacija k-te klase odn razlicitih elemenata jednak

V kn = (n− k + 1)V k−1

n . (10.26)

Iz (10.26) usvajajuci induktivnu pretpostavku, dobijamo trazeni rezultat, tj.jednakost (10.25).

Nije tesko uociti da za k = n u (10.25) vazi jednakost V nn = n!, tj. V n

n = Pn, stoje u skladu sa cinjenicom da su permutacije granicni slucaj varijacija. Inace, vezaizmedju broja varijacija k-te klase od n elemenata i ukupnog broja permutacijaovih elemenata data je jednakoscu

Pn = (n− k)!V kn . (10.27)

Primer 29 . Ako n nije veliko varijacije se mogu prikazati i graficki. Tako,na primer, na sledecoj slici, prikazane su varijacije trece klase elemenataskupa Z4 = {1, 2, 3, 4}.

Slika 3

10.9. KOMBINACIJE 217

Jednakost (10.26) nas upucuje na jednu od mogucnosti kako generisati svemoguce varijacije k-te klase od n elemenata, k ≤ n. Postupak je rekurzivan.Najpre se formiraju sve varijacije prve klase od n datih elemenata, a to su samielementi. U drugom koraku se svakoj varijaciji prve klase na prvu poziciju (znaciformiraju se uredjeni parovi) dodaje element razlicit od njega. Time formiramosve moguce varijacije druge klase od n elemenata. Pri tome su one vec uredjene poleksikografskom principu. Pretpostavimo da smo na isti nacin u (k− 1)-ov korakuformirali sve varijacije (k−1)-ve klase od datih n elemenata. Sada svakoj varijaciji(k−1)-ve klase, redom, na prvu poziciju stavljamo po jedan od preostalih n−k+1elemenata, i to onaj koji u njoj ne ucestvuje. Tako konacno dobijamo sve mogucevarijacije k-te klase od n datih elemenata, i to u leksikografskom poretku.

Varijacije se mogu definisati i pomocu svojih bliskih rodjaka kombinacija, alinajpre definisimo ovaj pojam

10.9 Kombinacije

Definicija 10.7 Pod kombinacijom k-te klase elemenata skupa Sn={a1, a2, . . .,an}, k ≤ n, podrazumeva se svaka neuredjena k-torka ovih elemenata.

Formiranjem svih mogucih permutacija elemenata bilo koje kombinacije k-teklase od n elemenata, dobijamo k! varijacija k-te klase od n elemenata. Akoto primenimo na svaku kombinaciju, dobijamo sve moguce varijacije k-te klaseod n elemenata. Ovaj postupak nam daje ideju kako da odredimo ukupan brojkombinacija odredjene klase od elemenata datog skupa.

Neka je dat skup od n medjusobno razlicitih elemenata. Oznacimo sa Ckn uku-

pan broj kombinacija k-te klase ovih elemenata. Na osnovu navedenog postupkaformiranja svih varijacija k-te klase od n elemenata, sledi da vazi jednakost

V kn = k!Ck

n. (10.28)

Time smo prakticno dokazali sledeci rezultat.

Teorema 10.9 Ukupan broj kombinacija k-te klase od n medjusobno razlicitihelemenata, u oznaci Ck

n, dobija se na osnovu jednakosti

Ckn =

V kn

k!=

n(n− 1) · · · (n− k + 1)k!

. (10.29)

Cesto se umesto oznake Ckn koristi oznaka

(nk

), pa je

(n

k

)=

n(n− 1) · · · (n− k + 1)k!

=n!

(n− k)!k!.


Primer 30. Ukupan broj kombinacija trece klase elemenata skupa Z5 ={1, 2, 3, 4, 5}, na osnovu (10.29) je

(53

)=

5 · 4 · 33 · 2 · 1 = 10.

To su sledece kombinacije

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

{1, 4, 5}, {2, 3, 4}, {2, 3, 5}, {2, 4, 5}, {3, 4, 5}.Koristeci gore navedenu ideju formirajmo sve moguce permutacije elemenatasvake kombinacije, koje cemo pisati u vidu uredjenih trojki i grupisati upodskupove po svakoj kombinaciji.

S1 = {(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1)},

S2 = {(1, 2, 4), (1, 4, 2), (2, 1, 4), (2, 4, 1), (4, 1, 2), (4, 2, 1)},S3 = {(1, 2, 5), (1, 5, 2), (2, 1, 5), (2, 5, 1), (5, 1, 2), (5, 2, 1)},S4 = {(1, 3, 4), (1, 4, 3), (3, 1, 4), (3, 4, 1), (4, 1, 3), (4, 3, 1)},S5 = {(1, 3, 5), (1, 5, 3), (3, 1, 5), (3, 5, 1), (5, 1, 3), (5, 3, 1)},S6 = {(1, 4, 5), (1, 5, 4), (4, 1, 5), (4, 5, 1), (5, 1, 4), (5, 4, 1)},S7 = {(2, 3, 4), (2, 4, 3), (3, 2, 4), (3, 4, 2), (4, 2, 3), (4, 3, 2)},S8 = {(2, 3, 5), (2, 5, 3), (3, 2, 5), (3, 5, 2), (5, 2, 3), (5, 3, 2)},S9 = {(2, 4, 5), (2, 5, 4), (4, 2, 5), (4, 5, 2), (5, 2, 4), (5, 4, 2)},S10 = {(3, 4, 5), (3, 5, 4), (4, 3, 5), (4, 5, 3), (5, 3, 4), (5, 4, 3)}.

Unija skupova Si, i = 1, . . . , 10, koji su medjusobno disjunktni,10⋃

i=1

Si, sadrzi

sve moguce varijacije trece klase elemenata skupa Z5.

Kada smo govorili o mogucnosti generisanja varijacija preko kombinacija ostaloje otvoreno pitanje generisanja samih kombinacija. Navescemo jednu ideju za to.

Neka je dat skup Zn = {1, 2, . . . , n}. Formirajmo sve kombinacije prve klaseod ovih elemenata. To su sami elementi skupa Zn, tj

{1}, {2}, . . . , {n}.

10.9. KOMBINACIJE 219

Pomocu ovih kombinacija prve klase formiramo sve moguce kombinacije drugeklase na sledeci nacin. Svakoj kombinaciji, osim poslednje, kao drugi clan doda-jemo, redom, sve brojeve koji su veci od njega. Tako dobijamo sledecu trougaonusemu svih kombinacija druge klase datih elemenata:

{1, 2}, {1, 3}, . . . , {1, n},{2, 3}, , {2, n},

. . .{n− 1, n}.

Sada od svake kombinacije druge klase, osim onih iz poslednje kolone ove trougaoneseme, formiramo kombinacije trece klase. To postizemo tako sto svakoj kombinacijidruge klase dodamo redom svaki broj iz skupa Zn, koji je veci od svih brojevaposmatrane kombinacije. Tako dobijamo novu semu koja sadrzi sve kombinacijetrece klase elemenata skupa Zn:

{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 2, 5}, . . . , {1, 2, n}{1, 3, 4}, {1, 3, 5}, . . . , {1, 3, n}

. . .. . .

{1, n− 1, n}

{2, 3, 4}, {2, 3, 5}, . . . , {2, 3, n}{2, 4, 5}, . . . , {2, 4, n}

. . .{2, n− 1, n}

...{n− 2, n− 1, n}

Navedeni postupak ponavljamo onoliko puta koliko je potrebno da dobijemo kom-binacije trazene klase k.

Primer 31. Formirajmo, postupno, sve moguce kombinacije trece klaseelemenata skupa Z5 = {1, 2, 3, 4, 5}.Sve moguce kombinacije prve klase elemenata skupa Z5 su

{1}, {2}, {3}, {4}, {5}.


Sve moguce kombinacije druge klase elemenata skupa Z5 su

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

{3, 4}, {3, 5}{4, 5}.

Na osnovu kombinacija druge klase elemenata skupa Z5 dobijamo sve mogucekombinacije trece klase ovih elemenata

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

{1, 4, 5}

{2, 3, 4}, {2, 3, 5}{2, 4, 5}

{3, 4, 5}.

Navedeni postupak generisanja kombinacija k-te klase od n elemenata nijejedini i moze biti veoma neekonomican. To je narocito izrazeno kada je k ≥[n2 ] ili kada nije potrebno generisati sve kombinacije klasa 1, 2, . . . , k od datih n

elemenata.Za odredjivanje broja kombinacija k-te klase od n razlicitih elemenata mogu

biti od interesa sledece jednakosti

Ckn =

n− k + 1k

Ck−1n , (10.30)

Ckn =

n

kCk−1

n−1, (10.31)

Ckn = Ck

n−1 + Ck−1n−1. (10.32)

Preporucujemo citaocu da pokusa da dokaze ove jednakosti.

10.10 Kombinacije sa ponavljanjem

Datom skupu Sn = {a1, a2, . . . , an} od n medjusobno razlicitih elemenata, pridru-zimo familiju τp = { a1, a1 ,. . ., a1, a2, a2, . . ., a2, . . ., an, an, . . ., an} koja sesastoji od p elemenata, takvih da se element ai javlja αi puta, i = 1, 2, . . . , n, pricemu je α1 + α2 + · · ·+ αn = p. Koristeci familiju τp definisacemo kombinacije saponavljanjem elemenata skupa Sn sa ogranicenjem.

10.11. VARIJACIJE SA PONAVLJANJEM 221

Definicija 10.8 Neka su dati skup Sn = {a1, a2, . . . , an} i odgovarajuca familijaτp elemenata skupa Sn, u kojoj se svaki element ai javlja αi puta, i = 1, 2, . . . , n,pri cemu je α1 + α2 + · · · + αn = p. Pod kombinacijom k-te klase, k ≤ p, saponavljanjem i ogranicenjem, podrazumeva se svaka k-torka elemenata familije τp.

Ako za svako i u Definiciji 12. vazi da je αi ≥ k, onda su u pitanju kombinacijek-te klase sa ponavljanjem bez ogranicenja.

Primer 32. Skupu Z3 = {1, 2, 3} pridruzimo familiju τ6 = {1, 1, 2, 2, 2, 3}.Sve moguce kombinacije trece klase sa ponavljanjem elemenata skupa Z3, saogranicenjima α1 = 2, α2 = 3 i α3 = 1, su

{1, 1, 2}, {1, 1, 3}, {1, 2, 2}, {1, 2, 3}, {2, 2, 2}, {2, 2, 3}

i ima ih tacno sest. Ako zanemarimo ogranicenja α1 = 2, α2 = 3 i α3 = 1,sve moguce kombinacije trece klase sa ponavljanjem elemenata skupa Z3,bez ogranicenja, su

{1, 1, 1}, {1, 1, 2}, {1, 1, 3}, {1, 2, 2}, {1, 2, 3},

{1, 3, 3}, {2, 2, 2}, {2, 2, 3}, {2, 3, 3}, {3, 3, 3}i ima ih tacno deset.

Nije tesko pokazati da je ukupan broj kombinacija sa ponavljanjem k-te klaseelemenata skupa Zn = {1, 2, . . . , n}, bez ogranicenja, jednak ukupnom broju svihkombinacija bez ponavljanja k-te klase od n + k − 1 elementa. Na osnovu toga sedobija sledeci rezultat.

Teorema 10.10 Ukupan broj kombinacija sa ponavljanjem k-te klase bez ograni-cenja, od n medjusobno razlicitih elemenata jednak je

Ckn =

(n + k − 1

k

)(10.33)

10.11 Varijacije sa ponavljanjem

Definicija 10.9 Varijacija sa ponavljanjem k-te klase od n razlicitih elemenata,je svaka uredjena k-torka elemenata skupa Sn = {a1, a2, . . . , an}.


U ovoj definiciji smo rekli uredjene k-torke, ali ne i razlicitih elemenata, tako dase u njima jedan elemenat moze vise puta ponavljati. Izostavili smo ogranicenja,tako da smo prakticno definisali varijacije k-te klase sa ponavljanjem bez ograni-cenja. Ogranicenja se veoma jednostavno mogu uvesti.

Lako se uspostavlja veza izmedju varijacija sa ponavljanjem i kombinacija saponavljanjem elemenata nekog skupa. Naravno, opet uz pomoc permutacija. Zabroj varijacija sa ponavljanjem elemenata datog skupa vazi sledeci rezultat:

Teorema 10.11 Ukupan broj varijacija k-te klase sa ponavljanjem od n razlicitihelemenata, bez ogranicenja, jednak je

V kn = nk. (10.34)


E(t) = ent =+∞∑

k=0

nk tk

k!,

zakljucujemo da je E(t) = ent eksponencijalna funkcija generatrise niza (V kn ),

n ∈ N, k ≤ n.

Primer 33. Sve moguce varijacije druge klase sa ponavljanjem, bez ogra-nicenja, elemenata skupa Z3 = {1, 2, 3} su

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

i ima ih tacno deset.

Razmotricemo sada jednu specijalnu klasu varijacija sa ponavljanjem.Neka je na raspolaganju r medjusobno razlicitih elemenata, tj. skup elemenata

{a1, a2, . . . , ar}. Postavlja se pitanje koliko ima razlicitih nizova duzine n, r ≤n, sastavljenih samo od elemenata ovog skupa rasporedjenih na krugu (prstenu).Oznacimo trazeni broj sa T

(r)n . Da bi smo ga odredili definisimo najpre funkciju

Mebijusa i razmotrimo neke njene primene prilikom resavanja problema vezanihza prirodne brojeve.

Definicija 10.10 Neka je n proizvoljan prirodan broj, n ∈ N , tako da je

n = re11 re2

2 · · · rekk , (10.35)

gde su ri medjusobno razliciti prosti brojevi, a ei odgovarajuci stepeni, i = 1, 2,. . . , k. Tada je vrednost funkcije Mebijusa za prirodni broj n, dat sa (10.35),definisana sa

µ(n) =

1, ako je n = 1,(−1)k, ako je e1 = e2 = · · · = ek = 1,

0, u ostalim slucajevima.(10.36)

10.11. VARIJACIJE SA PONAVLJANJEM 223

Primer 34. U ovom primeru dacemo vrednosti funkcije Mebijusa dobijenena osnovu (10.35) i (10.36), za prvih nekoliko prirodnih brojeva

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10µ(n) 1 -1 -1 0 -1 1 -1 0 0 1

Izracunavanje vrednosti µ(n), ilustrovacemo za n = 6. Kako je

6 = 21 · 31, r1 = 2, r2 = 3, e1 = e2 = 1,

na osnovu (10.36) imamo da je

µ(6) = (−1)2 = 1.

U prethodnim delovima ove knjige vec smo koristili oznaku d|n koja je oznaca-vala da broj d deli broj n bez ostatka. Uvazavajuci ovu oznaku i dalje, za funkcijuMebijusa dokazimo sledeci rezultat:

Teorema 10.12 Za svaki prirodni broj n, n ∈ N , vazi jednakost

∑

d|nµ(d) =

{1, za n = 1,0, za n > 1,

(10.37)

pri cemu se sumiranje obavlja po svim prirodnim brojevima d koji dele prirodnibroj n bez ostatka.

Dokaz. Za n = 1 jednakost (10.37) vazi po samoj definiciji funkcije Mebijusa, tj.na osnovu (10.36). Neka je n > 1 i neka za njega vazi razvoj (10.35). Oznacimo san′ prirodni broj n′ = r1r2 . . . rk, koji se dobija na osnovu razvoja broja n. Svakidelilac broja n, oblika d = rα1

1 rα22 . . . rαk

k , koji ujedno ne deli broj n′, sadrzi barjedan broj αi, 1 ≤ i ≤ k, koji je veci ili jednak broju 2, pa je µ(d) = 0. To znacida vazi jednakost ∑

d|nµ(d) =

∑

d|n′µ(d). (10.38)

Kako su svi delioci broja n′ jednaki proizvodu od γ, 1 ≤ γ ≤ k, razlicitih prostihbrojeva iz skupa {r1, r2, . . . , rk}, na osnovu (10.36) i (10.38) imamo da je

∑

d|nµ(d) =

∑

d|n′µ(d) =

k∑

γ=0

(−1)γ

(k

γ

)= 0, (10.39)

za svako n > 1, cime je dokaz teoreme kompletiran.Slicnim postupkom, koriscenjem Teoreme 12, dokazuje se sledeci rezultat.


Teorema 10.13 Neka su funkcije f(n) i g(n) definisane za svaki prirodni broj n,n ∈ N . Tada iz jednakosti

f(n) =∑

d|nµ(d)g(d) (10.40)

sledi da vazi jednakost

g(n) =∑

d|nµ(d)f(

n

d). (10.41)

Vazi i obrnuto.

Vratimo se sada problemu odredjivanja broja T(r)n . Za jedan niz na prstenu

(krugu) a1, a2, . . . , an reci cemo da ima periodu d, ako moze da se dobije po-navljanjem njegovog pocetka, duzine d, tj. uredjene d-torke (a1, a2, . . . , ad), n

dputa. Pri tome se za d uzima najmanji moguci broj. Tako je, na primer, niza, b, c, a, b, c, a, b, c, duzine 9 i periode 3. Ocigledno je da ako je perioda posma-tranog niza a1, a2, . . . , an jednaka d, tada od n nizova na pravoj koje je mogucedobiti ciklicnim pomeranjem polaznog niza, u levo ili desno, za po jedno mesto,ima tacno d medjusobno razlicitih.

Neka je M(d) ukupan broj nizova duzina d na prstenu. Tada ukupan brojrazlicitih nizova na pravoj cije su duzine n a periode d, iznosi d · M(d). Inace,ukupan broj nizova na pravoj, duzina n, pri cemu ima r razlicitih elemenata unizu, r ≤ n, odgovara ukupnom broju varijacija sa ponavljanjem n-te klase od rmedjusobno razlicitih elemenata i na osnovu jednakosti (10.34) iznosi rn. Takodobijamo da vazi jednakost

rn =∑

d|ndM(d), (10.42)

gde se sumiranje obavlja po svim prirodnim brojevima d koji dele broj n bezostatka. Na osnovu (10.40) i (10.42) mozemo uzeti da je f(n) = rn i g(n) = nM(n).Sada koristeci Teoremu 13, tj. jednakost (10.41), dobijamo da je

M(n) =1n

∑

d|nµ(d)r

nd .

Kako je M(n) ukupan broj nizova na prstenu duzina n, sa periodom n, ukupnibroj nizova na prstenu, duzina n od r medjusobno razlicitih elemenata, iznosi

T (r)n =

∑

d|nM(d),

sto je i trebalo odrediti.

10.12. PARTICIJE I KOMPOZICIJE 225

10.12 Particije i kompozicije

Na kraju ovog odeljka definisacemo jos dva pojma, to su particije i kompozicije,koje takodje spadaju u osnovne kombinatorne pojmove.

Definicija 10.11 Particija je rastavljanje jednog prirodnog broja n na sabirke,koji su takodje prirodni brojevi, pri cemu redosled sabiraka u tom zbiru nije vazan.

Primer 35. Za neke male vrednosti prirodnih brojeva, n, sve moguce par-ticije su prikazane u sledecoj tabeli

n particije1 12 2,1+13 3,2+1,1+1+14 4,3+1,2+1+1,1+1+1+15 5,4+1,3+2,3+1+1,2+2+1,2+1+1+1,1+1+1+1+1

Svaka particija datog prirodnog broja n moze se posmatrati kao resenje jedna-cine

1 · x1 + 2 · x2 + · · ·+ n · xn = n (tj. 1 · x1 + 2 · x2 + · · · = n) (10.43)

u skupu N0. Naravno, vazi i obrnuto, svako resenje jednacine (10.43) u skupu N0

je jedna particija prirodnog broja n. Ukupan broj particija datog prirodnog brojan oznacavacemo sa P (n).

Oznacimo sa ωk = 3k2−k2 , za k = 0,±1,±2, . . ., takozvane pentagonalne bro-

jeve. Za dati prirodni broj n particija koja se sastoji od parnog broja sabiraka,naziva se parnom, a od neparnog broja sabiraka neparnom. Particije koje sadrzesamo medjusobno razlicite sabirke zvacemo ekskluzivnim. Pokazuje se da je za datiprirodni broj n razlika ukupnog broja ekskluzivnih parnih i ekskluzivnih neparnihparticija jednaka nuli, ako n nije jednak nekom pentagonalnom broju, a iznosi(−1)|k|, ako je n = ωk, za neko k, k ∈ Z. Takodje, za ukupan broj particija, P (n),se pokazuje da zadovoljava jednakost

∑

k

(−1)|k|P (n− ωk) = 0, P (0) = 1,

pri cemu se sabiranje obavlja po svim vrednostima k za koje je zadovoljena nejed-nakost ωk ≤ n.


Mogu se posmatrati i particije odredjene duzine datog prirodnog broja n, tj.samo od odredjenog broja sabiraka m, 1 ≤ m ≤ n. Svaka particija prirodnog brojan, duzine m, moze se posmatrati kao resenje jednacine

x1 + x2 + · · ·+ xm = n, x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xm ≥ 1. (10.44)

Ukupan broj particija datog prirodnog broja n, duzine m, oznacavacemo saP (n,m).

Svaka particija prirodnog broja n, tj. resenje jednacine (10.43), moze seprikazati u obliku 1x12x2 · · ·nxn , gde xi, i = 1, 2, . . . , n, oznacava broj pojavlji-vanja broja i u datoj particiji. Naravno, kada je xi = 0, taj clan se izostavlja.

Primer 36. Particije prirodnog broja 5 su

5 = 5 = 1 · 0 + 2 · 0 + 3 · 0 + 4 · 0 + 5 · 1 = 51,

5 = 4 + 1 = 1 · 1 + 2 · 0 + 3 · 0 + 4 · 1 + 5 · 0 = 1141,

5 = 3 + 2 = 1 · 0 + 2 · 1 + 3 · 1 + 4 · 0 + 5 · 0 = 2131,

5 = 3 + 1 + 1 = 1 · 2 + 2 · 0 + 3 · 1 + 4 · 0 + 5 · 0 = 1231,

5 = 2 + 2 + 1 = 1 · 1 + 2 · 2 + 3 · 0 + 4 · 0 + 5 · 0 = 1122,

5 = 2 + 1 + 1 + 1 = 1 · 3 + 2 · 1 + 3 · 0 + 4 · 0 + 5 · 0 = 1321,

5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 · 5 + 2 · 0 + 3 · 0 + 4 · 0 + 5 · 0 = 15.

Ukupan broj particija broja 5 je P (5) = 7. Pri tome je P (5, 1) = 1, P (5, 2) =2, P (5, 3) = 2, P (5, 4) = 1 i P (5, 5) = 1.

Problem odredjivanja ukupnog broja particija datog prirodnog broja n, uopstem slucaju, je otvoreno pitanje. Naime, nije nadjena eksplicitna formula zaizracunavanje broja P (n). Zbog toga su svi rezultati vezani za ovaj problem veomainteresantni.

Oznacimo sa q(n,m) ukupan broj particija datog prirodnog broja n sa najvisem sabiraka. Lako je uociti da vazi jednakost

q(n, m) =m∑

k=1

P (n, k). (10.45)

Za brojeve q(n, m) vazi sledeca teorema.

Teorema 10.14 Ako je m ≥ n ≥ 1 tada je q(n,m) = P (n). Za n ≥ m ≥ 2 vazirekurentna relacija

q(n,m) = q(n,m− 1) + q(n−m,m), (10.46)

pri cemu je q(n, 1) = 1, i po definiciji, q(0,m) = 1.


Dokaz. Broj q(n,m) se moze tretirati i kao ukupan broj resenja jednacine (10.43),u skupu prirodnih brojeva, sa ogranicenjem x1 + x2 + · · · ≤ m. Sva ova resenjapodelimo u dve grupe. Prvu grupu cine resenja sa ogranicenjem x1 + x2 + · · · ≤m − 1, a drugu sa ogranicenjem x1 + x2 + · · · = m. Ukupan broj resenja iz prvegrupe je q(n,m− 1). Sva resenja druge grupe su, prakticno, sva resenja jednacinex2+2x3+· · · = n−m, sa ogranicenjem x2+x3+· · · ≤ m. Ukupan broj ovih resenjaje q(n − m,m). Sabiranjem ukupnog broja resenja prve i druge grupe dobijamotrazeni rezultat.

Primer 37. Ako funkciju q(n,m) predstavimo u obliku

q(n,m) =

q(1,m) = 1, za svako mq(n, 1) = 1, za svako nq(n,m) = q(n, n), ako je n < mq(n, n) = 1 + q(n, n− 1), ako je n = mq(n,m) = q(n,m− 1) + q(n−m,m), ako je m > n

mozemo definisati rekurzivnu proceduru za izracunavanje njenih vrednostiza razlicite vrednosti prirodnih brojeva n i m, na sledeci nacin

function q(n, m :integer):integer;beginif (n = 1) ∨ (m = 1) then q := 1else if n ≤ m then q := 1 + q(n, n− 1)else q := q(n,m− 1) + q(n−m,m)

end;

Za dobijanje relacija za brojeve P (n) i P (n,m) veoma je bitno poznavanjefunkcija generatrisa odgovarajucih nizova ovih brojeva. Njih cemo dati u sledecimteoremama.

Teorema 10.15 Neka je (P (n)), n ∈ N , niz koji generise broj particija odgovara-juceg prirodnog broja n. Funkcija generatrise ovog niza je

F (t) =+∞∏

k=1

(1− tk

)−1= 1 +

+∞∑

n=1

P (n)tn. (10.47)

Dokaz. Kako je za |t| < 1

+∞∏

k=1

(1− tk

)−1=

+∞∏

k=1

(1 + tk + t2k + · · ·

)=


=+∞∏

k=1

∑

xk≥0

tkxk

=

∑

x1,x2,...≥0

tx1+2x2+···,

dobija se da je koeficijenat uz tn u poslednjem zbiru jednak ukupnom broju resenjajednacine (10.43), cime je dokaz teoreme zavrsen.

Slicno se dokazuje i sledeci rezultat.

Teorema 10.16 Neka je (P (n,m)), n, m ∈ N , niz koji generise broj particija du-zina m prirodnog broja n. Tada je funkcija generatrise ovog niza data sa

F (t, u) =+∞∏

k=1

(1− utk

)−1= 1 +

∑

1≤m≤n

P (n,m)tnum.

Na osnovu (10.46), ili (10.47), nije tesko pokazati da clanovi niza (P (n, m)),n,m ∈ N , zadovoljavaju rekurentnu relaciju

P (n,m) = P (n− 1,m− 1) + P (n−m,m),

pri cemu za m ≥ n2 vaze jednakosti P (n,m) = P (n−m).

Takodje je veoma interesantna cinjenica da je niz (P (n)), n > 1, konveksanreda k, k ∈ N , tj. da vazi nejednakost ∆kP (n) ≥ 0, za svako k ∈ N . Inace,niz (P (n)) veoma brzo raste. Tako je P (1) = 1, P (2) = 2, P (3) = 3, P (4) = 5,P (5) = 7, P (50) = 204226, P (100) = 190569292, i P (200) = 3972999029388.

Jedan od nacina prikazivanja particija su Fererovi dijagrami. U koordinat-nom sistemu, ili ne, svaki sabirak neke particije datog prirodnog broja, recimon = x1 + x2 + · · · + xm, se predstavlja horizontalnim grafikonom koji se sastojiod tacaka povezanih isprekidanim linijama. Svaki grafikon se sastoji od onolikoekvidistantnih tacaka, kolika je vrednost sabirka. Grafikoni se redjaju jedan iznaddrugog u opadajucem redosledu. Poceci svih grafikona se nalaze na istoj vertikali,levo poravnati. Ako se u dijagramu jedne particije uzmu tacke po vertikalama, sleva u desno, dobijamo njoj konjugovanu particiju.

Primer 38. Na sledecoj slici prikazan je Ferersov dijagram particije 13 =5 + 3 + 2 + 2 + 1. Citano po vertikalama konjugovana particija ovoj particijije 13 = 5 + 4 + 2 + 1 + 1.


Slika 4

Formula P (n) ≈√

1312n

en√

63 prilicno dobro aproksimira broj particija datog

broja n.Interesantna su i istrazivanja u pronalazenju broja particija pod raznim ograni-

cenjima. Za nizove koji generisu neke od ovih particija sa ogranicenjima navescemoodgovarajuce funkcije generatrise.

1. Neka niz (an), n ∈ N , generise broj particija odgovarajucih prirodnih bro-jeva, pri cemu su svi sabirci u particijama uvek medjusobno razliciti prirodnibrojevi. Funkcija generatrise ovog niza je

F (t) =+∞∏

n=1

(1 + tn) = 1 ++∞∑

n=1

antn.

2. Neka niz (a(m)n ), n,m ∈ N , generise broj particija odgovarajucih prirodnih

brojeva, pri cemu se particije sastoje od m medjusobno razlicitih prirodnihbrojeva. Funkcija generatrise ovog niza je

F (t) =+∞∏

n=1

(1 + ztn) = 1 ++∞∑

n,m=1

a(m)n tnzm.

3. Neka niz (an), n ∈ N , generise broj particija odgovarajucih prirodnih bro-jeva, pri cemu su svi sabirci u particijama uvek medjusobno razliciti neparniprirodni brojevi. Funkcija generatrise ovog niza je

F (t) =+∞∏

n=1

(1 + t2n−1

)= 1 +

+∞∑

n=1

antn.


4. Neka niz (an), n ∈ N , generise broj particija odgovarajucih prirodnih brojeva,pri cemu su svi sabirci u particijama neparni prirodni brojevi. Funkcijageneratrise ovog niza je

F (t) =+∞∏

n=1

(1− t2n−1

)−1= 1 +

+∞∑

n=1

antn.

5. Neka niz (a(m)n ), n ∈ N , generise broj resenja jednacine x1+x2+· · ·+xm = n,

xk ≥ 1, k = 1, 2, . . . ,m. Funkcija generatrise ovog niza je

F (t) = tm(1− t)−m =+∞∑n=m

a(m)n tn.

Definicija 10.12 Kompozicija je jedno rastavljanje datog prirodnog broja na zbirprirodnih brojeva, pri cemu je raspored sabiraka u zbiru vazan.

Drugim recima svaka promena rasporeda sabiraka u jednoj kompoziciji dovodido nove kompozicije, pod uslovima da nije izvrsena promena mesta medjusobnojednakim sabircima.

Primer 39. Za neke male vrednosti prirodnih brojeva navodimo sve mo-guce kompozicije

n kompozicije1 12 2, 1+13 3, 2+1, 1+2, 1+1+14 4, 3+1, 1+3, 2+1+1, 1+2+1, 1+1+2, 2+2, 1+1+1+1

Odredjivanje ukupnog broja kompozicija, sa ili bez ogranicenja, za dati prirodnibroj je mnogo jednostavniji zadatak nego sto je bio slucaj kod particija. Takoukupan broj kompozicija datog broja n, duzina m, m ≤ n, iznosi

C(n,m) =

(n− 1m− 1

),

dok je ukupan broj kompozicija bez ogranicenja C(n) = 2n−1.

Glava 11

Blok seme

11.1 Pojam kombinatorne konfiguracije

Definicija 11.1 Neka je M konacan skup elemenata. Svaki sistem podskupovasastavljenih od elemenata skupa M , naziva se konfiguracijom nad skupom M , ioznacava se sa J .

U ovoj definiciji pojam konfiguracije smo vezali za skup sa konacnim brojem el-emenata samo zato sto je to u duhu problematike koja se razmatra u ovoj knjizi. Uopstem slucaju skup M moze biti i beskonacan. U daljem tekstu podrazumevacemoda u sistemu podskupova nema medjusobno jednakih. Jednom recju, konfiguracijau nasem smislu je skup skupova, a ne familija skupova.

Primer 1. Skup podskupova J = {S1, S2, S3, S4}, gde su S1 = {1, 2, 6},S2 = {2, 3, 7}, S3 = {4, 5}, S4 = {6, 7} skupovi sastavljeni od elemenataskupa Z7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, je primer jedne konfiguracije nad skupom Z7.

Prvo pitanje u vezi konfiguracija, nad datim skupom, je nacin njenog pred-stavljanja. Jedan od nacina, koji cemo mi najcesce koristiti, proistice iz definicije,a ilustrovan je u Primeru 1. Naravno, ovaj nacin ima svoje nedostatke , narocitokada je broj podskupova veliki i kada se polazni skup sastoji od velikog brojaelemenata.

231

232 GLAVA 11. BLOK SEME

Slika 1: Graficko predstavljanje konfiguracijaData konfiguracija nad konacnim skupom moze se prikazati pomocu grafikona.

Na prethodnoj slici prikazana je konfiguracija iz Primera 1.Postoji bar jos jedan nacin za graficko predstavljanje konfiguracije. Posma-

trajmo konfiguraciju J = {S1, S2, . . . , Sm} nad skupom M = {x1, x2, . . . , xn}.Svakom elementu xi, i = 1, 2, . . . , n, dodeli se u ravni jedan crni kruzic, a svakompodskupu Si, i = 1, 2, . . . , m, jedan beli kruzic. Sada se beli kruzic dodeljenpodskupu Si spaja sa crnim kruzicima dodeljenim elementima xj koji pripadajuovom podskupu. Dobijena sema predstavlja prakticno jedan graf pridruzen datojkonfiguraciji.

Na sledecoj slici konfiguracija iz Primera 1 je prikazana pomocu odgovarajuceggrafa.

Slika 2: Predstavljanje konfiguracije pomocu grafaPredstavljanje konfiguracije pomocu grafa moze biti veoma pogodno, jer se

iz njega veoma lepo mogu sagledati karakteristike date konfiguracije. Tako, naprimer, sa Slike 2 mozemo da uocimo da se data konfiguracija sastoji od cetiripodskupa skupa, koji se sastoji od sedam elemenata. Beli kruzic koji odgovarapodskupu S1 spojen je sa tri crna kruzica koji odgovaraju elementima 1,2 i 6,pa mozemo zakljuciti da je S1 = {1, 2, 6}. Crni kruzic koji odgovara elementu1 spojen je samo sa belim kruzicem koji odgovara podsupu S1. Na osnovu togazakljucujemo da se on javlja samo u podskupu S1, tj. da se u konfiguraciji javljasamo jednom. Takodje zakljucujemo da se on javlja u konfiguraciji u paru samosa elementima 2 i 6.

Naravno, predstavljanje konfiguracije pomocu grafa je manje pogodan za nekaproucavanja, kada se skup M sastoji od velikog broja elemenata i konfiguracija odvelikog broja podskupova elemenata skupa M .

Veoma pogodan nacin predstavljanja konfiguracija, koji se koristi i za pred-stavljanje konfiguracije u racunaru, je pomocu matrice incidentnosti.

Definicija 11.2 Neka je J = {S1, S2, . . . , Sm} data konfiguracija nad skupomM = {x1, x2, . . . , xn}. Za elemenat xj, j = 1, 2, . . . , n, kazemo da je incidentan sapodskupom Si, i = 1, 2, . . . , m, ako xj ∈ Si. Pravougaona matrica A = (aij), reda

11.1. POJAM KOMBINATORNE KONFIGURACIJE 233

m× n, ciji su elementi definisani sa

aij =

{1, ako xj ∈ Si

0, ako xj 6∈ Si

za svako i = 1, 2, . . . ,m i j = 1, 2, . . . , n, naziva se matricom incidentnosti datekonfiguracije J nad skupom M .

Matrica incidentnosti date konfiguracije J nad skupom M je (0,1)-matrica, tj.binarna ili Bulova matrica.

Matricno predstavljanje konfiguracije je pogodno jer je realativno dobro razrad-jen matricni racun u algebri. Poteskoce mogu stavarati dimenzije matrice A.

Matrica incidentnosti konfiguracije J iz Primera 1 je

A =

1 1 0 0 0 1 00 1 1 0 0 0 10 0 0 1 1 0 00 0 0 0 0 1 1

(11.1)

Pitanje jedinstvenosti matrice incidentnosti koja odgovara jednoj konfiguracijirazresicemo nakon uvodjenja pojma izomorfizma konfiguracija.

Definicija 11.3 Neka su zadate dve konfiguracije J = {S1, S2, . . . , Sm} i J ′ ={S′1, S′2, . . . , S′m}, nad skupovima V = {V1, V2, . . . , Vn} i V ′ = {V ′

1 , V′2 , . . . , V

′n}.

Ako postoji obostrano jednoznacno preslikavanje ϕ:V 7→ V ′, tako da je {ϕ(S1),ϕ(S2), . . . , ϕ(Sm)} = {S′1, S′2, . . . , S′m}, tada su konfiguracije J i J ′ izomorfne.Preslikavanje ϕ se naziva izomorfizam. Ako je V = V ′, preslikavanje ϕ se nazivaautomorfizam, a za konfiguracije J i J ′, kazemo da su automorfne.

Primer 2. Uocimo konfiguracije

J = {{1, 2, 6}, {2, 3, 7}, {4, 5}, {6, 7}} i J ′ = {{1, 2, 5}, {5, 7}, {3, 6}, {1, 4, 7}}nad skupom V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Ove dve konfiguracije su automorfne jerpostoji automorfizam

ϕ =

(1 2 3 4 5 6 72 1 4 3 6 5 7

)= (12)(34)(56)(7),

koji preslikava J u J ′. Matrice incidentnosti A i A′ ovih konfiguracija su

A =

1 1 0 0 0 1 00 1 1 0 0 0 10 0 0 1 1 0 00 0 0 0 0 1 1

i A =

1 1 0 0 1 0 00 0 0 0 1 0 10 0 1 0 0 1 01 0 0 1 0 0 1

.


One se razlikuju, ali pomocu permutacionih matrica

P1 =

1 0 0 00 0 0 10 0 1 00 1 0 0

i P2 =

0 1 0 0 0 0 01 0 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 00 0 1 0 0 0 00 0 0 0 0 1 00 0 0 0 1 0 00 0 0 0 0 0 1

,

mozemo preci iz jedne u drugu na osnovu jednakosti

A′ = P1 ·A · P2.

Napomenimo da su za nas izomorfne, tj. automorfne, konfiguracije, iste kon-figuracije. Tako matrica incidentnosti definise konfiguraciju do izomorfizma (au-tomorfizma), a sve izomorfne konfiguracije imaju matrice incidentnosti koje seodgovarajucim permutacijama elemenata vrsta i kolona mogu prevesti jedna udrugu. Konfiguracija definisana matricom incidentnosti moze se prikazati pomocuodgovarajuce linearne forme. Neka je konfiguracija J = {S1, S2, . . . , Sm} defin-isana nad skupom M = {a1, a2, . . . , an}. Neka je A = (aij), reda m × n, matricaincidentnosti ove konfiguracije. Na osnovu jednakosti

[L1L2 . . . Lm]T = A · [x1x2 . . . xn]T , (11.2)

svakom elementu aj , j = 1, 2, . . . , n, smo pridruzili odgovarajucu promenljivuxj , te svakom podskupu Si, i = 1, 2, . . . , m, odgovara jedna linearna forma Li.Jednakost (??), u razvijenom obliku, svodi se na m linearnih formi.

11.2 Blok-seme

Posmatrajmo konfiguraciju B = {B1, B2, . . . , Bb} nad konacnim skupom V ={a1, a2, . . . , av}. Podskupove Bi, i = 1, 2, . . . , b, nazivacemo blokovima, pri cemuse podrazumeva da je Bi 6= Bj , za i 6= j. Za elemenat aj , aj ∈ V, j = 1, . . . , v,reci cemo da je incidentan sa blokom Bi, Bi ∈ B, i = 1, . . . , b, ako aj ∈ Bi. Sakj , j = 1, . . . , b, oznacimo ukupan broj elemenata ai, ai ∈ V , i = 1, . . . , v in-cidentnih bloku Bj . Ukupan broj blokova Bj , j = 1, . . . , b, incidentnih elementuai, i = 1, . . . , v, oznacavacemo sa ri. Sa λit oznacavacemo ukupan broj podskupova,Bj , j = 1, . . . , b, sa osobinom da je ai ∈ Bj i at ∈ Bj , za svako i = 1, . . . , v it = 1, . . . , v, i 6= t. Kako je λit = λti, to je dovoljno posmatrati slucaj i < t. Bro-jeve v, b, ri, kj , λit, nazivamo parametrima posmatrane konfiguracije. Zbog toga

11.3. URAVNOTEZENE NEPOTPUNE BLOK-SEME 235

se ona, tj. uredjeni par (V, B) naziva (v; r1, . . . , rv; b; k1, . . . , kb;λ12, . . . , λv−1,v)-konfiguracijom, ili blok-semom sa navedenim paramterima.

Primer 3. Neka je data blok–sema (V, B), gde je V = {1, 2, 3, 4, 5}, B ={B1, B2, B3, B4, B5, B6, B7}, pri cemu su blokovi definisani sa B1 = {1, 2},B2 = {1, 2, 4}, B3 = {2, 3}, B4 = {2, 3, 4}, B5 = {3, 4, 5}, B6 = {3}, B7 ={4, 5}. Parametri ove blok-seme su v = 5, r1 = 2, r2 = 4, r3 = 4, r4 = 4, r5 =2, b = 7, k1 = 2, k2 = 3, k3 = 2, k4 = 3, k5 = 3, k6 = 1, k7 = 2, λ12 = 1,λ13 = 0, λ14 = 1, λ15 = 0, λ23 = 2, λ24 = 2, λ25 = 0, λ34 = 2, λ35 = 1, λ45 =2. Ova blok-sema je (5; 2, 4, 4, 4, 2; 7; 2, 3, 2, 3, 3, 1, 2; 2, 0, 1, 0, 2, 2, 0, 2, 1, 2)-konfiguracija nad skupom V = {1, 2, 3, 4, 5}. Sve ove podatke smo mogliodrediti na osnovu matrice incidentnosti

A =

1 1 0 0 01 1 0 1 00 1 1 0 00 1 1 1 00 0 1 1 10 0 1 0 00 0 0 1 1

.

Rad sa blok-semama, u opstem slucaju, veoma je komplikovan. Medjutim,resavanje mnogih kombinatornih zadataka se svodi na rad sa blok-semama saspecificnim parametrima. Tako, na primer, veoma vaznu ulogu igraju blok-semekod kojih je r1 = r2 = · · · = rv = r, k1 = k2 = · · · = kb = k i λ12 = λ13 = · · · =λv−1,v = λ. Njima cemo posvetiti vise paznje u sledecem odeljku.

11.3 Uravnotezene nepotpune blok-seme

Definicija 11.4 Uravnotezena nepotpuna blok–sema je (v, r, b, k, λ)-konfiguracijanad konacnim skupom V . Pri tome se skup V sastoji od v medjusobno razlicitihelemenata, konfiguracija B od b blokova, svaki blok od po tacno k elemenata iz V ,pri cemu se svaki element iz V pojavljuje u tacno r blokova i svaki par medjusobnorazlicitih elemenata iz V se javlja u tacno λ blokova.

Uravnotezena nepotpuna blok-sema se u literaturi srece jos pod nazivom BIBD,na osnovu pocetnih slova engleskog naziva Balanced Incomplete Block–Design. Micemo je u daljem zvati (v, r, b, k, λ)-konfiguracijom ili, prosto, blok-semom.

Napomenimo da u slucaju b =(vk

)imamo uravnotezenu potpunu blok-semu.

Bilo bi idealno kada bi njih mogli da koristimo u resavanju kombinatornih zadataka,ali u praksi se javljaju velika ogranicenja.


Primer 4. Pretpostavimo da treba uporediti 6 novih sorti krompira i da naraspolaganju imamo 10 njiva. Njive su razlicitog kvaliteta zemljista, nalazese u podrucjima razlicite vlaznosti, na razlicitim nadmorskim visinama, i nedozvoljava se njihovo preveliko usitnjavanje. Ispitivanja su validna ako seeksperiment organizuje na sledeci nacin. Svaka njiva se deli na po 3 jednakadela (parcele). Svaka sorta krompira se sadi na po 5 razlicitih njiva, tako da sesvaki par razlicitih sorti krompira zasadi na po dve razlicite njive. Dokazimoda je ovakva organizacija eksperimenta moguca. Oznacimo sorte krompira re-dom brojevima 1,2,3,4,5,6, a njive sa B1, B2, B3, B4, B5, B6, B7, B8, B9, B10.Sorte krompira sadimo na njivama po sledecem rasporedu

B1 = {1, 2, 3}, B2 = {1, 2, 5}, B3 = {1, 3, 4}, B4 = {1, 4, 6}, B5 = {1, 5, 6},B6 = {2, 3, 6}, B7 = {2, 4, 5}, B8 = {2, 4, 6}, B9 = {3, 4, 5}, B10 = {3, 5, 6}.Mi smo prakticno formirali jednu uravnotezenu nepotpunu blok-semu B ={B1, . . . , B10} nad skupom V = {1, 2, 3, 4, 5, 6} sa parametrima v = 6, r =5, b = 10, k = 3, λ = 2, tj. (6, 5, 10, 3, 2)-konfiguraciju. Njena egzistencija jedokaz da je navedena organizacija ogleda moguca.

Kada su u pitanju blok-seme, pa i konfiguracije uopste, vecina problema segrupise oko sledeca tri pitanja. To su pitanja prezentacije, egzistencije i nacinaformiranja. Na prvo pitanje je prakticno dat odgovor kada se govorilo o konfigu-racijama uopste. Zbog toga cemo se sada pozabaviti sa druga dva.

U Definiciji 4. smo rekli da se uravnotezena nepotpuna blok-sema karakterisepomocu pet parametara. Postavlja se kao prvo pitanje da li su ovi parametrinezavisni medju sobom. Potrazimo odgovor na ovo, ne bas tesko, pitanje.

Neka je data neka (v, r, b, k, λ)-konfiguracija nad konacnim skupom V . Uoca-vamo da se svaki element skupa V javlja u tacno r razlicitih blokova i u svakombloku formira sa ostalim elementima bloka k−1 razlicitih parova, jer se svaki bloksastoji od k razlicitih elemenata skupa V . To znaci da je ukupan broj parova, kojine moraju biti razliciti, u kojima ucestvuje jedan element iz V , jednak r(k − 1).Svaki par razlicitih elemenata iz V javlja se u λ blokova. Kako skup V ima vrazlicitih elemenata, jedan njegov element gradi u blok-semi tacno λ(v−1) parova.Tako dokazujemo da je r(k−1) = λ(v−1). Dalje, svaki blok se sastoji od k razlicitihelemenata, a posto ima b razlicitih blokova, to je broj pojavljivanja svih elemenataiz V , u blok-semi, jednak b · k. S druge strane, svaki elemenat iz V se javlja utacno r medjusobno razlicitih blokova, a kako V ima v elemenata, to je ukupan brojpojavljivanja svih elemenata iz V , u blok-semi, jednak r · v. Time smo dokazalida je bk = rv. Sprovedenom analizom smo dokazali da ako neka (v, r, b, k, λ)-konfiguracija, nad konacnim skupom V , postoji, onda su dva parametra u strogojzavisnosti od preostala tri. Drugim recima dokazali smo sledeci rezultat:


Teorema 11.1 Ako postoji (v, r, b, k, λ)-konfiguracija nad konacnim skupom V ,tada vaze jednakosti

bk = vr (11.3)

r(k − 1) = λ(v − 1). (11.4)

Teorema 11.1. nam daje potrebne ali ne i dovoljne uslove egzistencije neke blokseme. Naime, ako neki parametri v, r, b, k, λ zadovoljavaju (11.3) i (11.4) mi smojos uvek daleko od zakljucka da li odgovarajuca (v, r, b, k, λ)-konfiguracija zaistaegzistira ili ne. Takodje, posto su parametri prirodni brojevi, zadavanjem neka trinije uvek moguce odrediti preostala dva na osnovu (11.3) i (11.4).

Primer 5. Neka su zadati parametri v = 4, r = 2 i k = 3. Ako iz (11.3)pokusamo da odredimo parametar b vidimo da je to nemoguce, jer 8 nijedeljivo sa 3, tj. prirodni broj b bi morao da zadovoljava jednakost 3b = 8.Takodje, nemoguce je iz (11.4), odrediti parametar λ, jer bi prirodni broj λmorao da zadovolji jednakost 3λ = 4. To znaci da (4, 2, b, 3, λ)-konfiguracijane postoji.

Primer 6. Neka su zadati parametri v = 3, r = 2, b = 2, k = 3 i λ =2. Lako je proveriti da su jednakosti (11.3) i (11.4) zadovoljene. Ipak,(3, 2, 2, 3, 2)-konfiguracija ne egzistira.

Primer 7. Prirodni brojevi v = b = 111, r = k = 11, λ = 1, zadovoljavajujednakosti (11.3) i (11.4). Ipak, koliko je nama poznato, nije dokazana, alinije ni opovrgnuta, egzistencija (111, 11, 111, 11, 1)-konfiguracije.

Po pitanju egzistencije blok-seme u zavisnosti od pojedinih parametara vrsenje veliki broj testiranja, zahvaljujuci u velikoj meri razvoju racunara. Tako jeustanovljeno da za velike vrednosti parametra v, pri cemu su zadovoljeni uslovi(11.3) i (11.4), gotovo uvek egzistira uravnotezena nepotpuna blok-sema. Za malevrednosti ovog parametra situacija je sasvim drugacija. Kada je u pitanju param-etar k, nije tesko primetiti da za k = 3 i k = 4 Teorema 11.1 daje i dovoljneuslove egzistencije odgovarajuce konfiguracije. Medjutim, vec za k = 5 situacija seznatno menja. Za ovu vrednost parametra k mogu se dobiti ostali parametri takoda su zadovoljeni (11.3) i (11.4), a da ipak odgovarajuca uravnotezena nepotpunablok-sema ne egzistira.

Neka je data neka (v, r, b, k, λ)-konfiguracija nad konacnim skupom elemenataV . Njoj odgovara matrica incidentnosti A = (aij), koja je pravougaona, reda b×v.Svaka njena kolona sadrzi po r jedinica, a svaka vrsta po k jedinica. Skalarni


proizvod dve medjusobno razlicite vektor kolone ove matrice jednak je λ. Skalarniproizvod bilo koje vektor kolone sa samom sobom jednak je parametru r, tj. brojupojavljivanja bilo kog elementa iz V u blok-semi. Ove ocigledne osobine matriceincidentnosti posmatrane (v, r, b, k, λ)-konfiguracije omogucavaju nam da dobijemopotrebne i dovoljne uslove njene egzistencije.

Teorema 11.2 Neka je A = (aij) matrica incidentnosti neke (v, r, b, k, λ)-konfi-guracije nad konacnim skupom elemenata V . Tada vaze jednakosti

AT A = (r − λ)Iv + λJv, (11.5)

iAJv×1 = k · Jb×1. (11.6)

Vazi i obrnuto. Ako neka (0,1)-matrica A = (aij), reda b × v, zadovoljava (11.5)i (11.6), tada postoji (v, r, b, k, λ)-konfiguracija nad konacnim skupom elemenataV , tako da je A njena matrica incidentnosti.

Dokaz. Neka je B = AT A. Matrica B = (bij) je simetricna i kvadratna, redav × v. Njeni elementi se mogu izracunati na osnovu jednakosti

bij =v∑

k=1

aTikakj =

v∑

k=1

aikakj , (11.7)

gde smo sa aTik oznacili element u preseku i-te vrste i k-te kolone matrice AT . Ako

je i = j, to je bii kao proizvod i-te vektor kolone matrice A sa samom sobomjednak parametru r, za svako i = 1, 2, . . . , v. Ako je i 6= j, element bij se dobijakao proizvod i-te i j-te vektor kolone matrice A, pa je jednak parametru λ za svakoi i j. To znaci da je

AT A = B =

r λ λ . . . λλ r λ λλ λ r λ...λ λ λ r

,

odakle direktno dobijamo (11.5).Matrica AJv×1 je dimenzija b × 1. Njeni elementi su sume elemenata odgo-

varajuce vrste matrice A. Kako svaka vrsta matrice A sadrzi po tacno k jedinica,zbir elemenata bilo koje njene vrste je upravo jednak parametru k. To znaci da(11.7) zaista vazi uvek.


Dokazimo Teoremu 11.2 u obrnutom smeru. Pretpostavimo da (0,1)-matricaA = (aij), reda b × v, zadovoljava (11.5) i (11.6). Ako bi ona bila matrica inci-dentnosti neke konfiguracije, ta konfiguracija bi morala imati b blokova elemenatanekog konacnog skupa V , koji se sastoji od v medjusobno razlicitih elemenata.Na osnovu (11.6) zakljucujemo da se svaki blok sastoji od k razlicitih elemenataiz V , a na osnovu (11.5) da se svaki element iz V pojavljuje u tacno r blokova.Na osnovu nedijagonalnih elemenata matrice AT A, vidimo da se svaki par medju-sobno razlicitih elemenata iz V srece u tacno λ blokova. Time smo dokazali da zasvaku (0,1)-matricu A = (aij), reda b× v, koja zadovoljava (11.5) i (11.6) egzistira(v, r, b, k, λ)-konfiguracija nad konacnim skupom elemenata.

Jednacina (11.5) pojavljuje se u literaturi pod nazivom osnovna jednacina ma-trice incidentnosti nepotpune blok-seme.

Bez obzira sto Teorema 11.2 daje i potrebne i dovoljne uslove egzistencije nepot-pune blok-seme, u praksi je gotovo beskorisna. Sto se tice potrebnih uslova obicnotreba izmnoziti matrice velikih dimenzija, pa je u tom smislu Teorema 11.1 mnogopogodnija. Da bismo odredili dovoljne uslove situacija je jos teza. Naime, za odred-jivanje parametara za koje bi egzistirala odgovarajuca konfiguracija potrebno jeresavanje odgovarajucih matricnih jednacina za sta adekvatan matematicki aparatnije jos razvijen. Zbog toga su od interesa i drugi kriterijumi, ako nisu previseslozeni, za odredjivanje potrebnih i dovoljnih uslova egzistencije uravnotezenihnepotpunih blok-sema. Takodje je od interesa uocavanje nekih karakteristicnihklasa blok-sema, za koje je lakse ustanoviti uslove egzistencije.

Pre nego sto definisemo neke specijalne klase (v, r, b, k, λ)-konfiguracija, na-vescemo veoma korisnu posledicu Teoreme 11.2, poznatu pod nazivom Fiserovanejednakost.Posledica 1. (Fiserova nejednakost) Ako (v, r, b, k, λ)-konfiguracija egzistira, nadnekim konacnim skupom elemenata V , |V | = v, tada je

b ≥ v. (11.8)

Dokaz. Pretpostavimo da (v, r, b, k, λ)-konfiguracija egzistira i da je (0,1)-matricaA = (aij), reda b× v, njena matrica incidentnosti. Tada vazi jednakost (11.5), naosnovu koje se dobija jednakost

det(AT A) = (r + (v − 1)λ)(r − λ)v−1.

Mora biti r 6= λ, jer bi u protivnom, na osnovu (11.4), bilo k = v pa bi se blok-semasvela na trivijalnu , b = 1, tj. sadrzala bi samo jedan blok koji bi se poklapao saskupom V . Takvi slucajevi za nas nisu od interesa. To znaci da je det(AT A) 6= 0,pa je rang(AT A) = v. Kako je rang(AT ) ≤ min(v, b) i rang(AT ) ≥ rang(AT A) toneposredno sledi da vazi nejednakost (11.8).


Posledica 2. Na osnovu nejednakosti (11.8) i jednakosti (11.3) dobijamo da ako(v, r, b, k, λ)-konfiguracija egzistira tada vazi nejednakost

r ≥ k. (11.9)

11.4 Sistemi Stajnera

Posmatracemo jednu specijalnu klasu (v, r, b, k, λ)-konfiguracija kod kojih je λ = 1.Ona je u literaturi poznata pod nazivom sistemi Stajnera.

Teorema 11.3 Matrica incidentnosti date (v, r, b, k, 1)-konfiguracije ne sadrzi nijednu podmatricu oblika

[1 11 1

]. (11.10)

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da matrica incidentnosti date (v, r, b, k, 1)-konfiguracije sadrzi podmatricu oblika (11.10). Tada bi skalarni proizvod vektorkolona matrice incidentnosti koje sadrze ovu podmatricu bio jednak λ = 2, sto jesuprotno cinjenici da je λ = 1.

Teorema 11.4 Dva razlicita bloka date (v, r, b, k, 1)-konfiguracije mogu imati na-jvise jedan zajednicki element.

Dokaz. Ako bi postojala dva razlicita bloka posmatrane konfiguracije ciji bi preseksadrzao vise od jednog elementa, bilo bi λ > 1, sto je suprotno cinjenici da jeλ = 1.

Definicija 11.5 Data (v, r, b, 3, 1)-konfiguracija nad konacnim skupom V , |V | =v, naziva se sistem trojki Stajnera. Parametar v je rang ovog sistema.

Zamenom vrednosti k = 3 i λ = 1 u (11.3) i (11.4) dobijamo da moraju vazitijednakosti 2r = v−1 i 6b = v(v−1), tj. v(v−1)

2 = 0(mod3) i v = 1(mod2). To znacida je v u jednom od oblika v = 6t+1, v = 6t+3 ili v = 6t+5, za t = 0, 1, . . .. Sadamozemo izvesti potrebne i dovoljne uslove egzistencije sistema trojki Stajnera.

Teorema 11.5 Sistem trojki Stajnera egzistira ako i samo ako za parametar vvazi jedna od jednakosti

v ≡ 1(mod6) ili v ≡ 3(mod6).

11.4. SISTEMI STAJNERA 241

Primer 8. Ilustracije radi navescemo cetiri sistema trojki Stajnera, i tojedan ranga 3, dva ranga 7, i jedan ranga 9, koje cemo oznaciti redom saS(3), S(7), S(7) i S(9).

S(3) = {{1, 2, 3}},S(7) = {{1, 2, 4}, {2, 3, 5}, {3, 4, 6}, {4, 5, 7}, {5, 6, 1}, {6, 7, 2}, {7, 1, 3}},S(7) = {{1, 2, 6}, {2, 3, 7}, {3, 4, 1}, {4, 5, 2}, {5, 6, 3}, {6, 7, 4}, {7, 1, 5}},S(9) = {{1, 2, 3}, {4, 5, 6}, {7, 8, 9}, {1, 4, 7}, {2, 5, 8}, {3, 6, 9},

{1, 5, 9}, {2, 6, 7}, {3, 4, 8}, {1, 6, 8}, {2, 4, 9}, {3, 5, 7}}.

Sistemi trojki Stajnera su jednoparametarske familije, pa se cesto oznacavajukao (v, v−1

2 , v(v−1)6 , 3, 1)–konfiguracije.

Namece se veoma interesantno pitanje prebrojavanja neizomorfnih sistema tro-jki Stajnera za fiksirani rang. Odgovor na ovo pitanje nije ni malo jednostavnodati iz prostog razloga sto se taj broj znacajno povecava sa porastom parametra v.Ako sa P (v) oznacimo ukupan broj neizomorfnih sistema trojki Stajnera za datov, tada je

P (3) = 1, P (7) = 1, P (9) = 1, P (13) = 2, P (15) = 8, P (19) > 1.1 · 109.

Primer 8. Sistemi trojki Stajnera S(7) i S(7) iz Primera 7 su izomorfni,tj. automorfni. Odgovarajuci automorfizam je

p =

(1 2 3 4 5 6 71 2 7 6 3 4 5

)= (1)(2)(375)(46) = (375)(46).

Definisacemo pojam podsistem sistema trojki Stajnera koji moze da se iskoristiza definisanje rekurzivnog postupka za formiranje ovih trojki.

Definicija 11.6 Za sistem trojki Stajnera ranga v, kazemo da sadrzi podsistemtrojki Stajnera ranga v′, v′ < v, ako skup V , nad kojim je formiran sistem trojkiStajnera, sadrzi podskup V ′, koji se sastoji od v′ elemenata, tako da blokovi sistematrojki Stajnera koji sadrze samo elemente skupa V ′ formiraju za sebe sistem trojkiStajnera ranga v′.

Primer 9. Nad skupom V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} posmatrajmo sistem trojkiStajnera, ranga 7, definisan sa B = {{1, 2, 4}, {2, 3, 5}, {3, 4, 6}, {4, 5, 7},{5, 6, 1}, {6, 7, 2}, {7, 1, 3}}. Uocimo podskup V ′ = {1, 2, 4}, skupa V . Sis-tem trojki Stajnera B′ = {{1, 2, 4}}, ranga 3, nad skupom V ′ cini podsistem


sistema trojki Stajnera, B. Naravno, ovaj primer ilustruje trivijalan slucaj.Naime, svaki sistem trojki Stajnera ranga v > 3 sadrzi podsistem trojkiStajnera ranga v′ = 3.

Teorema 11.6 Ako postoji sistem trojki Stajnera ranga v1 i sistem trojki Stajneraranga v2, koji sadrzi podsistem ranga v3, tada se moze formirati sistem trojkiStajnera ranga v = v3 + v1(v2 − v3), koji sadrzi v1 podsistema ranga v2 i po jedanpodsistem ranga v1 i v3.

Pored sistema trojki Stajnera, interes pobudjuju i neki drugu sistemi Stajnera,kao npr. sistem cetvorki i sistem petica Stajnera.

Uravnotezena nepotpuna blok-sema sa parametrima k = 4 i λ = 1, tj. (v, r, b,4, 1)-konfiguracija, naziva se sistemom cetvorki Stajnera. Ona se oznacva kao(v, v−1

3 , v(v−1)12 , 4, 1)-konfiguracija. Potrebni i dovoljni uslovi egzistencije ove kon-

figuracije su zadovoljenje bar jedne od jednakosti v ≡ 1(mod12), v ≡ 4(mod12).Napomenimo, da se u literaturi pod nazivom sistem cetvorki Stajnera srece i(v, v − 1, v(v−1)

4 , 4, 3)-konfiguracija. Potrebni i dovoljni uslovi za njenu egzisten-ciju su zadovoljenje bar jedne od jednakosti v ≡ 0(mod4), v ≡ 1(mod4).

(v, v−14 , v(v−1)

20 , 5, 1)-konfiguracija je u literaturi poznata kao sistem petica Staj-nera. Potrebni i dovoljni uslovi za njenu egzistenciju su zadovoljenje bar jedne odjednakosti v ≡ 1(mod20), v ≡ 5(mod20).

Primer 10. Blok-sema definisana blokovima

B1 = {1, 2, 4, 8}, B2 = {2, 3, 5, 8}, B3 = {3, 4, 6, 8}, B4 = {4, 5, 7, 8},B5 = {1, 5, 6, 8}, B6 = {2, 6, 7, 8}, B7 = {1, 3, 7, 8}, B8 = {3, 5, 6, 7},B9 = {1, 4, 6, 7}, B10 = {1, 2, 5, 7}, B11 = {1, 2, 3, 6},B12 = {2, 3, 4, 7}, B13 = {1, 3, 4, 5}, B14 = {2, 4, 5, 6}.

nad skupom V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} je (8, 7, 14, 4, 3)-konfiguraciju.

Pre nego sto se pozabavimo jednom specijalnom klasom sistema trojki Stajnera,definisacemo klasu razresivih uravnotezenih nepotpunih blok-sema.

Definicija 11.7 Neka je data (v, r, b, k, λ)-konfiguracija nad skupom V , V = |v|,pri cemu je b ≡ 0(modr). Pretpostavimo da se blokovi Bi ove konfiguracije,B = {B1, B2, . . . , Bb}, mogu grupisati u r familija β1, β2, . . . , βr, pri cemu svakafamilija sadrzi po b

r medjusobno disjunktnih blokova. Ako blokovi svake od famil-ija βi, i = 1, 2, . . . , r, u uniji sadrze sve elemente skupa V , i to tacno jedanput,

11.4. SISTEMI STAJNERA 243

tj. ako se svaki elemenat skupa V sadrzi u svakoj familiji βi i to samo jedanput,(v, r, b, k, λ)-konfiguracija se naziva razresivom.

Primer 11. Posmatrajmo (9, 4, 12, 3, 1)-konfiguraciju nad skupom V ={1, 2, . . . , 9} definisanu skupom blokova B = {B1 = {1, 2, 7}, B2 = {1, 3, 8},B3 = {1, 4, 5}, B4 = {1, 6, 9}, B5 = {2, 4, 9}, B6 = {2, 6, 8}, B7 = {2, 3, 5},B8 = {3, 4, 6}, B9 = {3, 7, 9}, B10 = {4, 7, 8}, B11 = {5, 6, 7}, B12 = {5, 8, 9}}.Kako je b

r = 124 = 3, blokove ove konfiguracije cemo grupisati u 4 familije od

kojih svaka sadrzi po tri bloka, na sledeci nacin

β1 = {B1 = {1, 2, 7}, B8 = {3, 4, 6}, B12 = {5, 8, 9}},β2 = {B2 = {1, 3, 8}, B5 = {2, 4, 9}, B11 = {5, 6, 7}},β3 = {B3 = {1, 4, 5}, B6 = {2, 6, 8}, B9 = {3, 7, 9}},β4 = {B4 = {1, 6, 9}, B7 = {2, 3, 5}, B10 = {4, 7, 8}}.

Familije βi, i = 1, 2, 3, 4, sadrze jednak broj blokova iz B, po tri. Svakafamilija βi, i = 1, 2, 3, 4, sadrzi sve elemente, tacno po jednom, skupa V , isvi blokovi jedne familije su medjusobno disjunktni, tj. paralelni. Time suzadovoljeni svi uslovi iz prethodne definicije.

Primetimo da uslov b ≡ 0(modr), koji vazi za razresive blok-seme, povlaci iuslov v ≡ 0(modk). Na osnovu ovih uslova lako je dokazati nejednakost

b ≥ v + r − 1. (11.11)

Nejednakost (11.11), koja vazi za razresive blok-seme, predstavlja poostrenjenejednakosti Fisera (b ≥ v).

Pitanje egzistencije razresive blok-seme razmatrano je u sledecoj teoremi.

Teorema 11.7 Svaka (n2, n + 1, n2 + n, n, 1)-konfiguracija, n ∈ N , je razresiva.

Ova teorema daje i vezu blok-sema sa drugom konfiguracijom poznatom podnazivom afina ravan. Medjutim, ovim pitanjem, kao i vezama sa drugim konfigu-racijama (konacne ravni, latinski kvadrat, grafovi), necemo se baviti.

Definicija 11.8 Razresiva (v, v−12 , v(v−1)

6 , 3, 1)–konfiguracija naziva se sistemomtrojki Kirkmana.

Primer 12. Podsetimo se jednog problema iz XIX veka, koji se javio u jed-nom zenskom internatu, a koji je resio upravo Kirkman. U internatu je bilo15 devojcica. Trebalo je organizovati njihove svakodnevne setnje, tako da u


setnju izlaze u grupama od po tri devojcice, da svaka izlazi svakog dana i da jenakon sedam dana svaka bila sa svakom od preostalih devojcica tacno jedan-put u setnji. Ako devojcice oznacimo redom brojevima 1, 2, . . . , 15 resenjelezi u formiranju uravnotezene nepotpune blok-seme, sa parametrima v = 15,r = 7, b = 35, k = 3, i λ = 1, tj. (15, 7, 35, 3, 1)-konfiguraciji nad skupomV = {1, 2, . . . , 15}. Ova konfiguracija i jeste razresivi sistem trojki Stajnera,tj. sistem trojki Kirkmana. Blokovi ovog sistema trojki, koji ujedno pred-stavljaju moguce trojke za setnju, su

B1 = {1, 8, 15}, B2 = {2, 3, 5}, B3 = {4, 10, 13}, B4 = {6, 9, 14},B5 = {7, 11, 12}, B6 = {2, 9, 15}, B7 = {3, 4, 6}, B8 = {5, 11, 14},B9 = {7, 8, 10}, B10 = {1, 12, 13}, B11 = {3, 10, 15}, B12 = {4, 5, 7},B13 = {6, 8, 12}, B14 = {1, 9, 11}, B15 = {2, 13, 14}, B16 = {4, 11, 15},B17 = {1, 5, 6}, B18 = {7, 9, 13}, B19 = {2, 10, 12}, B20 = {3, 8, 14},B21 = {5, 12, 15}, B22 = {2, 6, 7}, B23 = {1, 10, 14}, B24 = {3, 11, 13},B25 = {4, 8, 9}, B26 = {6, 13, 15}, B27 = {1, 3, 7}, B28 = {2, 8, 11},B29 = {4, 12, 14}, B30 = {5, 9, 10}, B31 = {7, 14, 15}, B32 = {1, 2, 4},B33 = {3, 9, 12}, B34 = {5, 8, 13}, B35 = {6, 10, 11}.

Razresenje ove konfiguracije, koje ujedno predstavlja sedmodnevni rasporedsetnji devojcica, definisan je familijama β1, β2, . . . , β7, tj.

β1 = {B1, B2, B3, B4, B5}, β2 = {B6, B7, B8, B9, B10},β3 = {B11, B12, B13, B14, B15}, β4 = {B16, B17, B18, B19, B20},β5 = {B21, B22, B23, B24, B25}, β6 = {B26, B27, B28, B29, B30}β7 = {B31, B32, B33, B34, B35}.

11.5 Simetricne blok-seme

Definicija 11.9 Uravnotezena nepotpuna blok-sema kod koje je b = v naziva sesimetricnom blok-semom.

Kako je b = v iz jednakosti bk = vr dobija se da je k = r. Zbog toga sesimetricna blok-sema zove (v, k, λ)-konfiguracije. Na osnovu jednakosti r(k− 1) =λ(v − 1), za parametre ove seme vazi jednakost

k(k − 1) = λ(v − 1). (11.12)

11.6. FORMIRANJE BLOK-SEMA 245

Matrica incidentnosti date (v, k, λ)-konfiguracije A = (aij) je reda v × v, izadovoljava jednakosti

AAT = (k − λ)Iv + λJv, (11.13)

iJvA = kJv. (11.14)

Sledeca teorema daje potrebne uslova za egzistenciju (v, k, λ)-konfiguracije.

Teorema 11.8 (Bruks-Rejzner-Covla) Ako postoji (v, k, λ)-konfiguracija tada

a) ako je v paran broj izraz k − λ je potpun kvadrat nekog prirodnog broja;

b) ako je v neparan broj, Diofantova jednacina

z2 = (k − λ)x2 + (−1)v−12 λy2

ima u skupu prirodnih brojeva netrivijalna resenja po x, y i z.

11.6 Formiranje blok-sema

Moze se slobodno reci da je ovaj zadatak prilicno tezak. Pored poznavanja tehnikapotrebno je i prilicno iskustvo i dovitljivost.

Sve metode za konstrukciju blok-sema mozemo podeliti u dve grupe: rekurzivnei direktne. Rekurzivne tehnike se zasnivaju na konstrukciji novih blok-sema po-lazeci od vec postojecih. Direktne metode se uglavnom zasnivaju na koriscenjukonstrukcija nekih drugih konfiguracija, ili pojmova, koji ne moraju da imajunikakvih direktnih veza sa blok-semama. Obe tehnike cemo u manjem obimuobraditi.

Od rekurzivnih tehnika razmotricemo one koje su bazirane na koriscenju nekeskupovne operacije.Izvodna blok-sema. Neka je na raspolaganju (v, k, λ)-konfiguracija definisanablokovima B = {B1, B2, . . . , Bv}. Na osnovu bilo kog od blokova Bi, i = 1, 2, ..., v,recimo Bv, formiramo familiju blokova B′

1, B′2, . . . , B

′v−1 na osnovu jednakosti

B′i = Bi ∩Bv (11.15)

za i = 1, 2, . . . , v − 1. Samim tim, izabrani blok Bv preuzima ulogu osnovnogskupa V . Na osnovu blokova B′

i, i = 1, 2, . . . , v − 1, formiramo novu blok-semuB = {B′

1, B′2, . . . , B

′v−1}, koja se naziva izvodnom konfiguracijom polazne (v, k, λ)-

konfiguracije. Parametri dobijene blok-seme su v′ = k, r′ = k−1, b′ = v−1, k′ = λi λ′ = λ− 1, tj. dobijamo (k, k − 1, v − 1, λ, λ− 1)-konfiguraciju nad supom B.


Primer 13. Neka je na raspolaganju (15, 7, 3)-konfiguracija nad osnovnimskupom V = {1, 2, . . . , 15}, definisana blokovima

B1 = {1, 2, 3, 5, 6, 9, 11}, B2 = {2, 3, 4, 6, 7, 10, 12},B3 = {3, 4, 5, 7, 8, 11, 13}, B4 = {4, 5, 6, 8, 9, 12, 14},B5 = {5, 6, 7, 9, 10, 13, 15}, B6 = {1, 6, 7, 8, 10, 11, 14},B7 = {2, 7, 8, 9, 11, 12, 15}, B8 = {1, 3, 8, 9, 10, 12, 13},B9 = {2, 4, 9, 10, 11, 13, 14}, B10 = {3, 5, 10, 11, 12, 14, 15},B11 = {1, 4, 6, 11, 12, 13, 15}, B12 = {1, 2, 5, 7, 12, 13, 14},B13 = {2, 3, 6, 8, 13, 14, 15}, B14 = {1, 3, 4, 7, 9, 14, 15},B15 = {1, 2, 4, 5, 8, 10, 15}.

Blok B15 biramo za osnovni skup i na osnovu (11.15) do bijamo da je

B′1 = {1, 2, 5}, B′

2 = {2, 4, 10}, B′3 = {4, 5, 8}, B′

4 = {4, 5, 8},B′

5 = {5, 10, 15}, B′6 = {1, 8, 10}, B′

7 = {2, 8, 15}, B′8 = {1, 8, 10},

B′9 = {2, 4, 10}, B′

10 = {5, 10, 15}, B′11 = {1, 4, 15}, B′

12 = {1, 2, 5},B′

13 = {2, 8, 15}, B′14 = {1, 4, 15}.

Na osnovu ovih blokova B′i formiramo novu (7, 6, 14, 3, 2)–konfiguraciju nad

skupom V ′ = B′15 = {1, 2, 4, 5, 8, 10, 15}. Medjutim, nije tesko uociti da

medju blokovima vaze jednakosti B′1 = B′

12, B′2 = B′

9, B′3 = B′

4, B′5 = B′

10,B′

6 = B′8, B′

7 = B′13, B′

11 = B′14. Kako u blok-semi ucestvuju samo razliciti

blokovi mi prakticno imamo (7,3,7,3,1)-konfiguraciju nad osnovnim skupomV ′.

Rezidualna blok-sema. Neka je data (v, k, λ)-konfiguracija nad skupom V , kojaje definisana familijom blokova B1, B2, . . . , Bv. Izaberimo proizvoljan od njih,a bez smanjenja opstosti mozemo ponovo uzeti Bv, i formirajmo novu familijublokova, B′

i, i = 1, 2, . . . , v − 1, na osnovu jednakosti

B′i = Bi\Bv (11.16)

za i = 1, 2, . . . , v − 1. Na osnovu blokova B′i, i = 1, 2, . . . , v − 1 dobijamo novu

blok-semu nad skupom V ′, V ′ = V \Bv. Parametri ove konfiguracije su v′ = v− k,r′ = k, b′ = v − 1, k′ = k − λ, λ′ = λ. Ona je rezidualna ili blok-sema ostatka uodnosu na polaznu (v, k, λ)-konfiguraciju.

Primer 14. Posmatrajmo ponovo (15, 7, 3)-konfiguraciju iz Primera 13.Formirajmo blokove B′

i, i = 1, 2, . . . , 14, na osnovu (11.16), tj na osnovu


jednakosti B′i = Bi\B15. Na taj nacin dobijamo

B′1 = {3, 6, 9, 11}, B′

2 = {3, 6, 7, 12}, B′3 = {3, 7, 11, 13},

B′4 = {6, 9, 12, 14}, B′

5 = {6, 7, 9, 13}, B′6 = {6, 7, 11, 14},

B′7 = {7, 9, 11, 12}, B′

8 = {3, 9, 12, 13}, B′9 = {9, 11, 13, 14},

B′10 = {3, 11, 12, 14}, B′

11 = {6, 11, 12, 13}, B′12 = {7, 12, 13, 14},

B′13 = {3, 6, 13, 14}, B′

14 = {3, 7, 9, 14}.

Na osnovu ovih blokova dobija se nova uravnotezena blok-sema, tj. (8, 7, 14,4, 3)-konfiguraciju nad skupom V ′ = {3, 6, 7, 9, 11, 12, 13, 14}.

Dualna blok-sema. Neka je na raspolaganju simetricna blok-sema cija je matricaincidentnosti A. Tehnika dobijanja dualne blok-seme zasniva se na promeni ulogablokova i elemenata. Nova blok-sema se formira tako sto joj odgovara matricaincidentnosti AT . Ona se naziva dualnom.

Posmatrajmo neku (v, k, λ)-konfiguraciju nad skupom elemenata V = {a1, a2,. . . , av}, definisanu blokovima B = {B1, B2, . . . , Bv}. Formirajmo nove blokoveB′

1, B′2, . . . , B

′v, tako da bloku B′

j , j = 1, 2, . . . , v, pridruzimo sve elemente ai, i =1, 2, . . . , v, za koje aj ∈ Bi. Tako, na primer, ako elemenat a2 pripada blokovimaB1, B3, B7, blok B′

2 se sastoji od elemenata a1, a3, a7. Novodobijena konfiguracijaformirana od blokova B′

i, i = 1, 2, . . . , v je takodje simetricna, ima iste parametrekao i polazna. Naravno, polazna i dualna blok-sema ne moraju biti izomorfne.

Primer 15. Neka je nad skupom V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} na raspolaganju(7,3,1)-konfiguracija, definisana blokovima B1 = {1, 2, 6}, B2 = {2, 3, 7},B3 = {3, 4, 1}, B4 = {4, 5, 2}, B5 = {5, 6, 3}, B6 = {6, 7, 4}, B7 = {7, 1, 5}.Matrica incidentnosti A ove blok-seme, kao i matrica AT , su:

A =

1 1 0 0 0 1 00 1 1 0 0 0 11 0 1 1 0 0 00 1 0 1 1 0 00 0 1 0 1 1 00 0 0 1 0 1 11 0 0 0 1 0 1

, AT =

1 0 1 0 0 0 11 1 0 1 0 0 00 1 1 0 1 0 00 0 1 1 0 1 00 0 0 1 1 0 11 0 0 0 1 1 00 1 0 0 0 1 1

.

Na osnovu matrice AT formiramo novu blok-semu pomocu blokova B′1 =

{1, 3, 7}, B′2 = {1, 2, 4}, B′

3 = {2, 3, 5}, B′4 = {3, 4, 6}, B′

5 = {4, 5, 7}, B′6 =

{1, 5, 6}, B′7 = {2, 6, 7}. Nije tesko uociti da je ovo (7, 3, 1)-konfiguracija nad

skupom V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.


Pre nego sto navedemo jednu direktnu metodu, moramo da definisemo pojamdiferencni skup.

Neka je v ≥ 2 prirodan broj i Rv, j = 1, 2, . . . , v − 1, primarni sistem ostatakafamilije klasa ekvivalencije skup Z.

Definicija 11.10 Neka je D = {d1, d2, . . . , dk}, 0 ≤ k ≤ v − 1 podskup skupa Rv,D ⊆ Rv. On se naziva (v, k, λ)–savrseni diferencni skup, ako za svako d, d ∈ Rv

i d 6≡ 0(modv) postoji tacno λ uredjenih parova (di, dj) elemenata iz D, i 6= j,i = 1, 2, ..., k, j = 1, 2, ..., k, tako da je di − dj = d(modv). Ako se izostavi uslovd ∈ Rv, skup D = {d1, . . . , dk} je (v, k, λ)–diferencni skup.

Primer 16. Neka je v = 13, R13 = {0, 1, . . . , 12}. Pokazacemo da je skupD = {0, 4, 5, 7} (13, 4, 1)-savrseni diferencni skup. Za d1 = 0, d2 = 4, d3 = 5i d4 = 7 vaze jednakosti

d2−d1 =4 ≡4(mod13), d3−d1 =5 ≡5(mod13),d4−d1 =7 ≡7(mod13), !d1−d2 =−4 ≡9(mod13),d3−d2 =1 ≡1(mod13), d4−d2 =3 ≡3(mod13)d1−d3 =−5 ≡8(mod13), d2−d3 =−1 ≡12(mod13),d4−d3 =2 ≡2(mod13), d1−d4 =−7 ≡6(mod13),d2−d4 =−3 ≡10(mod13), d3−d4 =−2 ≡11(mod13).

Na osnovu ovih jednakosti zakljucujemo da se svaki elemenat iz skupa R13,razlicit od nule, medju ostacima javlja tacno po jedanput, pa je λ = 1.

Primer 17. Neka je v = 11. Tada je R11 = {0, 1, . . . , 10}. Pokazimo da jeskup D = {1, 3, 4, 5, 9}, D ⊂ R11, (11, 5, 2)–savrseni diferencni skup. Kakoje d1 = 1, d2 = 3, d3 = 4, d4 = 5 i d5 = 9 imamo

d2 − d1 = 2 ≡ 2(mod11), d3 − d1 = 3 ≡ 3(mod11),d4 − d1 = 4 ≡ 4(mod11), d5 − d1 = 8 ≡ 8(mod11),d1 − d2 = −2 ≡ 9(mod11), d3 − d2 = 1 ≡ 1(mod11),d4 − d2 = 2 ≡ 2(mod11), d5 − d2 = 6 ≡ 6(mod11),d1 − d3 = −3 ≡ 8(mod11), d2 − d3 = −1 ≡ 10(mod11),d4 − d3 = 1 ≡ 1(mod11), d5 − d3 = 5 ≡ 5(mod11),d1 − d4 = −4 ≡ 7(mod11), d2 − d4 = −2 ≡ 9(mod11),d3 − d4 = −1 ≡ 10(mod11), d5 − d4 = 4 ≡ 4(mod11),d1 − d5 = −8 ≡ 3(mod11), d2 − d5 = −6 ≡ 5(mod11),

Svaki nenulti elementat skupa R11 se javlja tacno dva puta u ovim jednakos-tima, te je λ = 2.


Pretpostavimo da je D = {d1, d2, . . . , dk} jedan (v, k, λ)-diferencni skup .Oznacimo sa B1 ovaj skup, B1 = D. Formirajmo skupove (blokove) B2, B3, . . .,Bv na osnovu jednakosti

Bi+1 = {d1 + i, d2 + i, . . . , dk + i} (11.17)

za i = 1, 2, . . . , v − 1. Pri tome vodimo racuna da ako je u dj + i ≥ v, za nekoj = 1, 2, . . . , k, odgovarajuce sabiranje se obavlja po modulu v. Sada pomocublokova B1, B2, . . . , Bv formiramo odgovarajucu blok-semu. Ona je simetricna(v, k, λ)-konfiguracija, pri cemu se parametri poklapaju sa parametrima posma-tranog diferencnog skupa.

Primer 18. Uocimo (7, 3, 1)-diferencni skup D = {1, 2, 4}. Oznacimo skupD sa B1, B1 = {1, 2, 4}. Na osnovu (11.17) formirajmo blokove B2, B3, B4,B5, B6, B7. Redom dobijamo da je

B2 = {2, 3, 5}, B3 = {3, 4, 6}, B4 = {4, 5, 7}B5 = {5, 6, 1}, B6 = {6, 7, 2}, B7 = {7, 1, 3}.

Blok-sema B = {B1, B2, B3, B4, B5, B6, B7} je (7,3,1)-konfiguracija nad sku-pom Z7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.


Glava 12

Grafovi

12.1 Intuitivno shvatanje pojma grafa

Pretpostavimo da posmatramo neki slozeni sistem, koji se sastoji od veceg brojarazlicitih objekata i da je potrebno da na ovom sistemu resimo neki postavljenizadatak. Cesto je veoma korisno, a nekad i neophodno, da postupimo na sledecinacin. Izdvojimo samo one objekte koji su u neposrednoj vezi sa postavljenim za-datkom. Njih proglasavamo relevantnim objektima. Uocavamo i vrsimo grupisanjesvih znacajnih osobina, sistema i relevantnih objekata, za nas rad. Na osnovu ovihosobina uvodimo medjusobnu zavisnost uocenih objekata. Na nekom listu pa-pira svakom odabranom objektu dodelimo po jednu tacku. Tacke koje odgovarajuobjektima koji su u neposrednoj zavisnosti, spajamo neprekidnim linijama. U za-visnosti od zadatka koji resavamo, pojedine tacke mogu biti medjusobno povezanei sa vise linija. Ove neprekidne linije mogu biti usmerene, ili ne, jer zavisnostmedju objektima moze biti jednosmerna ili obostrana. Na taj nacin smo posma-tranom sistemu, ili njegovom delu, pridruzili jednu semu, sliku, koja se sastoji odtacaka i neprekidnih linija, na osnovu koje se moze jednoznacno prouciti, pa cesto iresavati postavljeni zadatak. Dobijena sema predstavlja graf u svom sirem smislu.Naravno, ovo je samo intuitivno poimanje pojma grafa.

Primer 1. Kao deo slozenog sistema, posmatrajmo deo geografske karte.Na karti uocimo teritorije 7 drzava, koje redom oznacimo slovima a, b, c, d,e, f i g, (Slika 1).

Postavlja se sledeci zadatak: za svaku od navedenih drzava odrediti min-imalan broj drugih drzava preko cijih teritorija treba preci da bi se stiglodo svake od preostalih. Relevantni objekti za postavljeni zadatak su uocenedrzave. Osobine od znacaja za njegovo resavanje su:

251

252 GLAVA 12. GRAFOVI

- Poznavanje svih drzava sa kojima se svaka pojedina granici;

- Poznavanje putnih mreza za svaku drzavu ponaosob i njihove medju-sobne povezanosti;

- Poznavanje svih regularnih granicnih prelaza izmedju drzava koje segranice.

Slika 1.

Naravno, mogu da se uzmu u obzir i druge osobine, koje i ne mogu da se uocesa geografske karte, kao sto su eventualni sukobi izmedju drzava, izostanakdiplomatskih odnosa, ili trenutna politicka previranja, ali cemo to ovogaputa zanemariti. Dve drzave cemo proglasiti susednim, ili da su u direkt-noj vezi, ako se granice, imaju povezane putne mreze i regulisane granicneprelaze. Ovako definisano susedstvo izmedju pojedinih drzava je na Slici 1oznaceno dvema paralelnim crtama preko granicne linije. Sada svakoj drzavipridruzimo po jednu razlicitu tacku, Slika 2. Neprekidnim neusmerenim lin-ijama spojimo one tacke koje odgovaraju susednim drzavama. Time smo

Slika 2.

formirali odgovarajuci graf za postavljeni zadatak. Za njegovo resavanjemozemo formirati, na osnovu grafa sa Slike 2, odgovarajucu tabelu, Slika 3,u kojoj simbolom ,–” oznacavamo cinjenicu da se do neke drzave ne mozedoci koristeci postojecu putnu mrezu. Brojem k, k = 0, 1, . . ., oznacavamo

12.1. INTUITIVNO SHVATANJE POJMA GRAFA 253

broj drzava preko cijih se teritorija mora proci da bi se stiglo iz jedne u druguposmatranu drzavu.

Tako, na primer, lako je uociti da je drzava c potpuno odsecena od ostalihdrzava, ili da se iz drzave g do drzave e moze stici preko teritorija najmanjedve druge drzave, bez obzira na cinjenicu da drzave e i g imaju zajednickugranicu.

X a b c d e f ga X 0 – 1 2 2 3b 0 X – 0 1 1 2c – – X – – – –d 1 0 – X 0 0 1e 2 1 – 0 X 1 2f 2 1 – 0 1 X 0g 3 2 – 1 2 0 X

Slika 3.

Primer 2. Posmatrajmo konfiguraciju J = {B1, B2, B3, B4} nad konacnimskupom Z7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, definisanu blokovima B1 = {1, 2, 6}, B2 ={2, 3, 7}, B3 = {4, 5}, B4 = {6, 7}. Blokovima Bi, i = 1, 2, 3, 4 i elementimaskupa Z7 pridruzimo u ravni po jednu tacku. Sada spojimo svaku tackupridruzenu elementima skupa Z7, sa tackom koja je pridruzena bloku, akoodgovarajuci element pripada tom bloku, Slika 4. Na taj nacin smo dobilijedan graf koji odgovara posmatranoj konfiguraciji.

s"""""""""

B1

s1

��s2

sB2

"""""""""

��s3

sB3

s

��s5

sB4

s6

��s74

Slika 4.

Sada posmatrajmo skup elemenata S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, B1, B2, B3, B4} kojiodgovara tackama sa Slike 4. Na osnovu ovih tacaka formirajmo konfiguracijusastavljenu od svih mogucih blokova od po dva elementa cije su tacke spojenena Slici 4. Na taj nacin smo dobili konfiguraciju J ′ = {{1, B1}, {2, B1},{2, B2}, {3, B2}, {4, B3}, {5, B3}, {6, B1}, {6, B4}, {7, B2}, {7, B4}}. Ovoznaci da je graf sa Slike 4 ujedno jedna 2–konfiguracija.


Na osnovu Primera 2, bez obzira sto jos nismo formalno definisali pojam grafa,intuitivno mozemo zakljuciti da je svaki graf, ustvari, jedna jednostavna kombi-natorna konfiguracija, ciji su blokovi sastavljeni od po dva elementa. Zbog toga,kao i zbog nacina predstavljanja, grafovi su veoma privlacna kombinatorna kon-figuracija za izucavanje. Pokazalo se da su polja primene grafova u nauci i tehnicigotovo neiscrpna. Oni se, na primer, veoma mnogo koriste u fizici, hemiji, genetici,matematickoj ekonomiji, saobracaju, i mnogim drugim disciplinama. Posebnomesto, sto je za nas veoma interesantno, je primena grafova u racunarstvu. Grafovisu nezamenljivi kod projektovanja racunarskih mreza, operativnih sistema, pro-grama, opisa programskih jezika, racunarskih sistema, racunara specijalne nameneitd. Na primer, kada je u pitanju projektovanje racunara specijalne namene,grafovi omogucavaju da se u sustini dva razlicita objekta, algoritam i racunarskisistem, opisu pomocu jednog treceg objekta, grafa, pa se na taj nacin uslovljenostalgoritma i racunarskog sistema moze mnogo bolje sagledati.

Umesto nekog dubljeg zalazenja u istorijat teorije grafova, navescemo nekolikozadataka koji mogu da se svrstaju u one za razonodu, ali cije je resavanje znacajnouticalo na njen razvoj.

Zadatak o Kenigsberskim mostovima. Grad Kenigsberg (danas Kalin-ingrad, Rusija), kulturni, istorijski, privredni i nadasve naucni i obrazovni centarIstocne Pruske, lezi na uscu reke Pregel u Balticko more. Pregel deli grad na dvadela i ima dva ostrva, koja su bila povezana sa obalama i medjusobno pomocusedam mostova (Slika 5).

Slika 5.U XVIII veku, kada je na Kenigsberskom Univerzitetu predavao vec cesto

pominjani Ojler, u intelektualnim krugovima pojavilo se sledece pitanje: ”da lije moguce u jednoj setnji preci preko svih sedam mostova, a da se pri tome svakipredje samo po jedanput?”. Postoji sumnja da je ovaj zadatak predlozio sam Ojler,ali nema sumnje da ga je on resio 1736. godine. Odgovor je negativan.

Medjutim, mnogo je znacajnije da je metod koji je on primenio zacetak novematematicke discipline - teorije grafova. Ujedno, to je bila inspiracija Ojleru da

12.1. INTUITIVNO SHVATANJE POJMA GRAFA 255

ovu teoriju znacajno razradi, i dodje u njoj, do fundamentalnih rezultata. Sanekima od njih srescemo se u daljem tekstu ovog poglavlja.

Zadatak o tri kuce i tri bunara. Treba tri kuce povezati sa tri bunara, alida se pri tome nijedna dva puta ne preseku (Slika 6)

Slika 6.Postoji mnogo varijacija ovog zadatka, kao i verzija o njegovom poreklu. Resio

ga je, a odgovor je da je to nemoguce, veliki poljski matematicar Kuratovski,1930. godine. Medjutim, mnogo znacajnije od toga je sto je njegovim resavanjemKuratovski dosao do mnogih drugih znacajnih rezultata u teoriji grafova, a narocitou oblasti planarnih grafova.

Problem trgovackog putnika. Treba jednim putovanjem obici odredjenibroj gradova, pri cemu se svaki grad posecuje samo jedanput, vratiti se u po-lazni grad, i da pri tome predjeni put bude minimalni. Ovaj problem je i danasotvoren. Inace je nastao u XIX veku i proistekao je iz zadatka ”Put oko sveta”koji je postavio Hamilton. Njegova sustina je da se u jednom putovanju, najkracimputem, obidju svi glavni gradovi sveta.

Zadatak cetiri boje. Treba politicku kartu sveta obojiti pomocu cetiri boje,pri cemu bi svake dve susedne drzave bile obojene razlicitim bojama. Pretpostavljase da se svaka drzava sastoji od jedne celine. Ovaj zadatak je postavio 1852. go-dine Frank Gutrije, u Kraljevskom Geografskom Drustvu u Londonu. Potvrdanodgovor su dali tek 1976. godine Apel i Heken, sa Univerziteta Ilinois u Sjedin-jenim Americkim Drzavama. U medjuvremenu, resavanjem ovog zadatka, razvilase veoma znacajna grana Teorije grafova, bojenje grafa.


12.2 Definicije grafa i srodnih struktura

U jednom od prethodnih odeljaka dali smo sledecu definiciju grafa.

Definicija 12.1 Uredjeni par G = (V, ρ), gde je V neprazan skup i ρ binarnarelacija na skupu V , naziva se graf. Elementi skupa V su cvorovi, a skupa ρ sugrane.

Ekvivalentna definicija ovoj definiciji glasi:

Definicija 12.2 Neka je V neprazan skup i E skup parova elemenata iz V . Ure-djeni par G = (V, E) naziva se graf. Elementi skupa V su cvorovi, a skupa E sugrane.

Graf u ovim definicijama je definisan u veoma sirokom smislu ovog pojma.Naime, obuhvacene su mnoge strukture, koje nisu od istog interesa u ovom po-glavlju. Pre nego sto rasclanimo ove strukture, recicemo nesto vise o skupovimaV i E, tj. o relaciji ρ.

Skup V moze biti prazan, konacan ili beskonacan. Mi cemo u ovom poglavljupodrazumevati da je V neprazan konacan skup. Elementi skupa V , tj. cvorovinajcesce se oznacavaju malim slovima, indeksiranim ili ne, neke ”azbuke” ili prirod-nim brojevima, kao, na primer, V = {a, b, ...}, V = {x1, x2, ...} ili V = {1, 2, ...}.Na grafikonu, koji se cesto poistovecuje sa samim grafom, cvorovi se oznacavajutackama ili nekom ravnom figurom (◦, 4, 2, ¦,...), sto je posebno prisutno uracunarstvu, kada graf prikazuje neki racunarski sistem.

E je skup grana. Za njega cemo smatrati da je konacan. Svaka grana, uprincipu, predstavlja par elemanata iz V . Njih takodje mozemo oznacavati kaoelemente skupa V , ili pak preko parova, ili nekim pravilom koje je strogo definisano.Ako je grana data neuredjenim parom, {a, b}, ona je neorijentisana. Prikazuje sena grafikonu linijom (pravom ili krivom) koja spaja tacke a i b. Kazemo da jeincidentna sa cvorovima a i b, a za njih da su susedni. Ako je grana data uredjenimparom, l = (a, b), ona je orijentisana. Orijentacija je od cvora a ka cvoru b, ioznacava se strelicom. Kaze se da grana polazi iz cvora a (istice) i zavrsava se(stice) u cvoru b. Na grafikonu se prikazuje usmerenom linijom koja spaja ovadva cvora. Grana {a, a}, tj. (a, a), naziva se petljom i najcesce se prikazujekao neorijentisana. Prilikom oznacavanja grana, oznaka za neki cvor moze daizostane, {a, ·}, (a, ·), (·, b). To je posebno prisutno kod grafova koji prikazujuneki paralelni racunarski sistem, a one prikazuju veze sa periferijom. Inace, cvorkoji je izostavljen, dobro je poznat i njegovo prikazivanje bi samo nepotrebnoopteretilo graf. Ovakve grane se zovu spoljasnjim. Neorijentisana grana {a, b} se

12.2. DEFINICIJE GRAFA I SRODNIH STRUKTURA 257

moze zameniti sa dve orijentisane, (a, b) i (b, a), ali se obrnuto retko radi. Grane(a, b) i (b, a) se nazivaju paralelnim.

{a, b} (a, b) {a, a} (a, a) (a, ·) (·, b) {a, ·}

Slika 7.Kako je receno, nametanjem odgovarajucih ogranicenja relaciji ρ, u Definiciji

12.1, definisacemo razne strukture koje su obuhvacene u njoj.

Definicija 12.3 Neka je V neprazan skup i ρ binarna relacija na V . Ako jeρ simetricna i antirefleksivna, uredjeni par G = (V, ρ) je prost graf. Ako je ρsimetricna i nije refleksivna, uredjeni par G = (V, ρ) je prost graf sa petljama.

Kako nas u datom tekstu interesuje uglavnom prost graf, zvacemo ga grafom.Druge neorijentisane strukture uvescemo koristeci Definiciju 12.2.

Definicija 12.4 Neka je V neprazan skup i E skup neuredjenih parova elemenataskupa V . Ako E ne sadrzi parove istih elemenata, uredjeni par G = (V, E) jeprost graf, tj. graf. U protivnom je graf sa petljama. Ako je E kolekcija parovaelemanata iz skupa V i ne sadrzi parove istih elemenata, uredjeni par G = (V, E)je multigraf. U protivnom je pseudograf.

Na sledecoj slici prikazane su strukture uvedene Definicijom 12.4.

graf graf sa petljom multigraf pseudografSlika 8.

Definisacemo sada orijentisane strukture skrivene u Definicijama 12.1 i 12.2.

Definicija 12.5 Neka je V neprazan skup i ρ binarna relacija na V . Ako relacijaρ nije simetricna i antirefleksivna je, uredjeni par G = (V, ρ) je orijentisani grafili orgraf. Ako je ρ nije simetricna i nije refleksivna, uredjeni par G = (V, ρ) jedirektan graf ili digraf. Ako je relacija ρ asimetricna i antirefleksivna uredjeni parG = (V, ρ) je usmereni graf.


Ove strukture, i jos neke, uvescemo i koriscenjem Definicije 12.2.

Definicija 12.6 Neka je V neprazan skup i E skup uredjenih parova elemenataskupa V . Ako E ne sadrzi parove istih elemenata, uredjeni par G = (V,E) jeorijentisani graf ili orgraf. U protivnom je direktan graf ili digraf. Ako E ne sadrziparove istih elemenata, niti paralelne grane, uredjeni par G = (V, E) je usmerenigraf. Ako je E kolekcija uredjenih parova elemanata iz V i ne sadrzi parove istihelemenata, uredjeni par G = (V, E) je orijentisani multigraf. U protivnom jeorijentisani pseudograf.

Na sledecoj slici prikazane su strukture uvedene Definicijom 12.6.

orijentisani orijentisani usmereni orijentisani orijentisanigraf graf sa petljom graf multigraf pseudograf

Slika 9.Uvedene strukture mogu biti mesovite. To je slucaj kada skup E, tj. kolekcija E,sadrzi mesovite parove, tj. uredjene i neuredjene parove. U odnosu na ρ, to semoze dogoditi kada se paralelne grane zamene neorijentisanom.

Primer 3. Posmatrajmo uredjeni par G = (V, ρ), pri cemu je V = {1, 2, 3,4, 5}. Neka je relacija ρ definisana sa ρ = {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (2, 4),(4, 2)}. Ova relacija je simetricna i antirefleksivna. Ako sve paralelne granezamenimo neorijentisanim, dobija se da je G = (V, ρ) graf.

Slika 10.

Neka je relacija ρ definisana sa ρ = {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (4, 4)}. Ona jesimetricna i nije refleksivna. Uredjeni par G = (V, ρ) je graf sa petljom.


Slika 11.

Neka je relacija ρ definisana sa ρ = {(1, 2), (2, 3), (3, 2)}. Ona nije simetricnai antirefleksivna je. Struktura G = (V, ρ) je orijentisani graf.

Slika 12.

Neka je relacija ρ definisana sa ρ = {(1, 2), (2, 3), (3, 2), (4, 4)}. StrukturaG = (V, ρ) je digraf.

Slika 13.

Neka je relacija ρ definidsana sa ρ = {(1, 2), (2, 3)}. Struktura G = (V, ρ) jeusmereni graf.

Slika 14.

Napomenimo, da definicije 12.1 i 12.2 nisu i jedine za definisanje grafa u siremsmislu. Ilustracije radi, navescemo sledecu.

Definicija 12.7 Uredjeni par G = (V, f), gde je V neprazan skup i f preslikavanjeskupa V u samog sebe, naziva se graf.

U zavisnosti od osobina preslikavanja f zavisi i struktura uredjenog para G =(V, f).

Primer 4. Neka je uredjeni par G = (V, f) definisan sa V = {1, 2, 3, 4, 5} i

f :=

(1 2 3 4 52 3 4 5 1

).


Uredjeni par G = (V, f) ima strukturu usmerenog grafa sa sledece slike.

Slika 15.

Ako je preslikavanje f definisano sa

f :=

(1 2 2 32 3 1 2

),

uredjeni par G = (V, f) ima strukturu grafa.

Slika 16.

Ako je preslikavanje f definisano sa

f :=

(1 1 2 31 2 1 4

),

uredjeni par G = (V, f) ima strukturu digrafa.

Slika 17.

Pomenuli smo da svaki graf, u ravni, mozemo da prikazemo pomocu grafikona,tj. dijagrama, koji se sastoji od tacaka i linija, koji prakticno poistovecujemosa grafom. Medjutim, crtanje grafikona u velikoj meri zavisi i od iskustva. Tako,istom grafu, mozemo da pridruzimo veci broj, na prvi pogled ”razlicitih” grafikona,sto moze da oteza uocavanje nekih njegovih osobina. Na sledecoj slici su prikazanatri grafikona istog grafa.

Slika 18.

Oni su potpuno ravnopravni, ali je tesko uociti da svi, na primer, ilustruju osobineda se kod tog grafa grane ne seku van cvorova, ili da u ravni ogranicavaju tri


trougaone povrsine. Zbog toga cemo u daljem tekstu reci grafikon i dijagramizostavljati i poistovecivati ih sa grafom.

Graf moze biti nemarkiran ili markiran, pri cemu se, najcesce, markirajucvorovi i grane (videti sledeci sliku).

Slika 19.

Markiranje se obavlja, najcesce, koriscenjem slova i brojeva. Ono ima za cilj samoobelezavanje i ne treba ga mesati sa dodelom tezina, tj. tezinskim grafovima. Kodtezinskih grafova se granama i/ili cvorovima dodeljuju neke tezine, fizicke velicine,koje ilustruju problem koga on predstavlja. Ako tezine nisu naglasene, smatra seda sve grane i svi cvorovi imaju iste tezine.

Pomenuli smo da prilikom predstavljanja grane neki cvorovi mogu biti izostavl-jeni. To je cesto prisutno u racunarstvu, narocito kod grafova paralelnih racu-narskih sistema kada se izostavlja cvor koji predstavlja glavni racunar. Dacemodefiniciju digrafa koji sadrzi ove spoljne grane.

Definicija 12.8 Digraf sa spoljnim granama je uredjeni par G = (V, f), gde jeV skup cvorova, a f preslikavanje skupa V ∪ {ω} u samog sebe, pri cemu ω /∈ V .Za sve grane oblika f(ω) = (ω, v), v ∈ V , kazemo da su ulazne, za f(ω) = (v, ω)izlazne, i za f(u, v) = (u, v), u, v ∈ V , kazemo da su unutrasnje.

Primer 5. Neka je V = {1, 2, 3}, ω = 4 i preslikavanje f : {1, 2, 3, 4} 7→{1, 2, 3, 4} definisano sa

f :=

(1 1 2 2 3 4 4 42 4 3 4 4 1 2 3

).

Odgovarajuci usmereni grafovi sa spoljnim vezama su prikazani na sledecojslici.

Slika 20.


Graf ima samo dve unutrasnje grane, i to su (1, 2) i (2, 3), a sve ostale suspoljasnje. Pri tome su grane (4, 1), (4, 2) i (4, 3) ulazne, a grane (1, 4), (2, 4)i (3, 4) izlazne.

U daljem tekstu, ako posebno ne naglasimo, razmatracemo grafove bez spoljnihgrana.

12.3 Stepeni cvorova

Neka je G = (V, E) neorijentisani graf. Stepen cvora u, u ∈ V , u oznaci d(u),predstavlja ukupan broj grana iz E koje su sa njim incidentne, tj. ukupan brojcvorova iz V , koji su s njim susedni. Zvezda cvora u, u ∈ V , u oznaci Z(u), jeskup svih cvorova iz V koji su sa njim susedni.

Z(u) = {v|v ∈ V, {u, v} ∈ E}.Tako je d(u) = |Z(u)|. Ako je d(u) = 0, cvor u je izolovan, a ako je d(u) = 1 cvorje viseci. Kod struktura srodnih grafu stepen cvora je vezan, strogo, za broj granaincidentnih sa njim.

Primer 6. Stepeni cvorova grafa

Slika 21.

su d(1) = 3, d(2) = 2, d(3) = 2, d(4) = 3, d(5) = 1. Stepeni cvorovapseudografa

Slika 22.

su d(1) = 4, d(2) = 2, d(3) = 4, d(4) = 4, d(5) = 1.

Teorema 12.1 (Ojler) Za graf G = (V, E), definisan skupovima V = {x1, x2, ...,xn} i E = {l1,l2,...,lm} vazi jednakost

2m =n∑

i=1

d(xi). (12.1)

12.3. STEPENI CVOROVA 263

Dokaz. Dokaz sledi iz proste cinjenice da svaka grana povezuje dva razlicita cvora,te se dva puta broji u zbiru svih stepena cvorova.

Cvor u grafu ciji je stepen paran, zvacemo parnim, a ciji je stepen neparan,neparnim.Tada vazi sledeca posledica prethodne teoreme.

Posledica 12.1 Broj cvorova neparnog stepena datog grafa je paran broj.

Primer 7. Graf sa sledece slike

Slika 23.

ima 5 cvora i 5 grana. Stepeni cvorova su d(1) = 2, d(2) = 2, d(3) = 3,d(4) = 2, d(5) = 1. Zbir stepena cvorova je

d(1) + d(2) + d(3) + d(4) + d(5) = 10,

sto je 2 · 5 = 10, tj. jednako je dvostrukom broju njegovih grana.

Primer 8. Graf sa sa skupom cvorova V = {1, 2, 3, 4, 5}, ciji bi stepeni bilid(1) = 1, d(2) = 3, d(3) = 2, d(4) = 2 i d(5) = 1 ne postoji. Broj cvorovaneparnog stepena je 3, sto je suprotno tvrdjenju posledice 12.1. Ukupan zbirstepena cvorova bi bio

d(1) + d(2) + d(3) + d(4) + d(5) = 9,

ali ne postoji prirodan broj m, tako da je 2 ·m = 9.

Definicija 12.9 Dati graf G = (V, E), V = |n|, je regularan, stepena regularnostir ili r-regularan, ako je svaki njegov cvor stepena r. Oznacava se sa Cn,r.

Posledica 12.2 Ako je graf G = (V, E), |V | = n, |E| = m, r-regularan tada vazijednakost

2 ·m = n · r. (12.2)

Kako su m, n i r prirodni brojevi (12.2) nije zadovoljena za bilo koje njihovevrednosti. Bar jedan od brojeva n i r mora biti paran.

Primer 9. Na slici su prikazani 2-regularni grafovi za n = 3,4,5,6,7 i 8.


n = 3 n = 4 n = 5 n = 6

n = 7 n = 8

Slika 24.

Definicija 12.10 Graf G = (V, E), V = |n|, koji je (n − 1)-regularan, naziva sekompletan.

Posledica 12.3 Ako je graf G = (V, E), |V | = n, |E| = m, kompletan tada vazijednakost

m =

(n2

)=

n(n− 1)2

. (12.3)

Primer 10. Na slici su prikazani kompletni grafovi za n = 1,2,3,4,5 i 6.

K1 K2 K3 K4 K5 K6

Slika 25.

Graf K5 je kompletan pentagraf.

Definicija 12.11 Graf G = (V, E), V = {x1, x2, ..., xn}, |E| = n − 1, naziva selinearnim, u oznaci Ln, ako za svako i = 1, 2, ..., n− 1 vazi {xi, xi+1} ∈ E.

Definicija 12.12 Graf G = (V, E), sa osobinom V = V1 ∪ V2, V1 ∩ V2 = ∅, pricemu za svako l = {x1, x2} ∈ E vazi x1 ∈ V1 i x2 ∈ V2, naziva se bipartitnim ilidvodelnim grafom.

Primer 11. Na sledecoj slici prikazana su dva bipartitna grafa.

12.3. STEPENI CVOROVA 265

V1 V2 V1 V2

Slika 26.

Definicija 12.13 Bipartitni graf G = (V1 ∪V2, E), |V1| = n1, |V2| = n2, pri cemusu svi cvorovi skupa V1 povezani sa svim cvorovima skupa V2, naziva se kompletnimbipartitnim grafom. Oznacava se sa Kn1,n2.

Primer 12. Na sledecoj slici prikazani su grafovi K1,2, K2,2, K2,3 i K3,3.Graf K3,3 naziva se kompletan bitrigraf.

K1,2 K2,2 K2,3 K3,3

Slika 27.

Teorema 12.2 Bipartitni graf G = (V,E), |V | = n, moze imati maksimalno n2

4grana.

Dokaz. Neka za skup V vazi V = V1 ∪ V2, V = V1 ∩ V2 = ∅, |V1| = n1 i |V2| = n2.Ukupan broj grana u ovom grafu je E = n1n2, pri cemu je n1 + n2 = n. Funkcijadve promenljive F (n1, n2) = n1n2 pod uslovom n1+n2 = n dostize svoj maksimumza n1 = n

2 i n2 = n2 , i on je Fmax(n

2 , n2 ) = n2

4 .Neka je G = (V, E) orijentisani graf. Izlazni stepen cvora u, u ∈ V , u oznaci

d−(u), je ukupan broj grana koje polaze iz njega. Ulazni stepen cvora u, u ∈ V , uoznaci d+(u), je ukupan broj grana koje se zavrsavaju u uvom cvoru. Ovi stepenise jos nazivaju polustepenima.

Analogno teoremi 12.1 vazi sledeci rezultat:

Teorema 12.3 Za orijentisani graf G = (V, E), V = {x1, x2, ..., xn}, E = {l1, l2,..., lm} vazi jednakost

2m =n∑

i=1

d−(xi) +n∑

i=1

d+(xi)


Slika 28.

Primer 13. Za cvorove orijentisanog grafa sa slike vazi d−(1) = 3, d+(1) =1, d−(2) = 1, d+(2) = 1, d−(3) = 1, d+(3) = 1, d−(4) = 0, d+(4) = 2.

Kod orijentisanih struktura, srodnih orijentisanom grafu, petlja se prilikomracunanja stepena tretira kao ulazna i kao izlazna grana.

Primer 14. Za cvorove orijentisanog pseudografa sa slike vazi d−(1) = 5,d+(1) = 3, d−(2) = 1, d+(2) = 4, d−(3) = 3, d+(3) = 1, d−(4) = 1,d+(4) = 2.

Slika 29.

12.4 Matricno predstavljanje grafa

Grafovi se, najcesce, predstavljaju pomocu tri tipa binarnih matrica, i to, matriceincidentnosti, matrice susedstva po cvorovima i matrice susedstva po granama.

Neka je graf G = (V, E), definisan skupovima V = {x1, x2, . . . , xn} i E ={l1, l2, . . . , lm}. Pomenute matrice se definisu na sledeci nacin:

Definicija 12.14 Matrica incidentnosti grafa G = (V, E) je binarna matrica B =(bij), reda m× n, definisana sa

bij =

{1, ako je grana li incidentna cvoru xj ,0, ako grana li nije incidentna cvoru xj ,

za svako i = 1, 2, . . . ,m i j = 1, 2, . . . , n.

12.4. MATRICNO PREDSTAVLJANJE GRAFA 267

Definicija 12.15 Matrica susedstva po cvorovima grafa G = (V, E) je binarnamatrica A = (aij), reda n× n, definisana sa

aij =

{1, ako {xi, xj} ∈ E,0, ako {xi, xj} /∈ E,

za svako i = 1, 2, . . . , n i j = 1, 2, . . . , n.

Definicija 12.16 Matrica susedstva po granama grafa G = (V, E) je binarna ma-trica C = (cij), reda m×m, definisana sa

cij =

{1, ako li ∩ lj ∈ V,0, ako li ∩ lj = ∅ ili li ∩ lj /∈ V,

za svako i = 1, 2, . . . , m i j = 1, 2, . . . , m, pri cemu je i 6= j, dok je cii = 0,i = 1, 2, ..., m.

Kako matrica A ima daleko veci znacaj od matrice C, kada se kaze matricasusedstva misli se na nju.

Primer 15. Za graf G = (V, E), definisan sa V = {x1, x2, x3, x4, x5} iE = {{x1, x2}, {x2, x3}, {x2, x4}}, matrice A, B i C iz prethodnih definicijasu

A =

0 1 0 0 01 0 1 1 00 1 0 0 00 1 0 0 00 0 0 0 0

B =

1 1 0 0 00 1 1 0 00 1 0 1 0

C =

0 1 11 0 11 1 0

.

Naravno, ovo je tacno, ali samo pod uslovom da je l1 = {x1, x2}, l2 = {x2, x3}i l3 = {x2, x4}, sto smo mi i koristili. Medjutim, E kao skup nije uredjen.Mogli smo ravnopravno da razmatramo i sledece varijante.

l1 = {x1, x2}, l3 = {x2, x3}, l2 = {x2, x4},

l2 = {x1, x2}, l1 = {x2, x3}, l3 = {x2, x4},l2 = {x1, x2}, l3 = {x2, x3}, l1 = {x2, x4},l3 = {x1, x2}, l1 = {x2, x3}, l2 = {x2, x4},l3 = {x1, x2}, l2 = {x2, x3}, l1 = {x2, x4},


Evidentno, raazlika je samo u markiranju grana. Za svaki od ovih slucajamarkiranja, dobili bismo novu matricu incidentnosti, koje se razlikuju odgore navedene. Naravno, sve one odgovaraju datom grafu. Tako, na primer,za slucaj l1 = {x1, x2}, l3 = {x2, x3}, l2 = {x2, x4} vazi

B1 =

1 1 0 0 00 1 0 1 00 1 1 0 0

.

Nije tesko uociti da se matrice B i B1 razlikuju samo po redosledu vrsta.Slicnu situaciju bismo imali i kada bismo izvrsili promenu markiranja cvoro-va. To cemo ilustrovati u sledecem primeru.

Primer 16. Neka je dat neusmereni graf, koji se sastoji od tri cvora i dvegrane. Njemu odgovara 6 (3! = 6) grafova dobijenih razlicitim markiranjem

Slika 30.

cvorova. i dva grafa sa razlicito markiranim granama ili ukupno 12 = 2! · 3!

Slika 31.

Slika 32.

grafova sa razlicito markiranim cvorovima i granama.

Svakom od ovih grafova mozemo pridruziti matricu incidentnosti i matricususedstva, po cvorovima. Nije tesko uociti, a to prepustamo citaocu, da ce svematrice susedstva imati iste elemente, tj. isti broj nula, i da se odgovarajucimpermutacijama vrsta i kolona, iz jedne moze dobiti bilo koja druga. To istovazi i za matrice incidentnosti. Zbog toga se postavlja logicno pitanje, da lisu u pitanju sustinski razliciti grafovi?


Slika 33.

Neka je dat graf G = (V, E) koji ima n cvorova, |V | = n, i m grana, |E| = m.Ne ulazeci u formalne dokaze, vazi sledece. Grafu G mozemo pridruziti, u zavisnostiod markiranja cvorova, najvise n! medjusobno razlicitih matrica susedstva, pocvorovima. Medjutim, sve one ce imati isti broj nula, tj. jedinica. Permutacijamavrsta i kolona jedne, dobija se neka druga. Postavlja se pitanje koja od njihprezentuje dati graf. Slicno, u zavisnosti od markiranja grana i cvorova, grafu Gmozemo pridruziti n! ·m! razlicitih matrica incidentnosti. Sve one ce takodje imatiisti broj jedinica, tj. nula, i permutacijama vrsta i kolona iz jedne se prelazi udrugu. I ovoga puta se postavlja isto pitanje prezentacije. Pitanje prezentacije semoze postaviti i obrnuto. Da li matrica susedstva, tj. incidentnosti, jednoznacnopredstavlja graf, a ako to ne vazi, kako postupiti u praksi? Na srecu, na ovapitanja postoje prosti odgovori, tj. sve se razresava uvodjenjem pojma izomorfizmagrafova.

Definicija 12.17 Za dva grafa G1 = (V1, E1) i G2 = (V2, E2) kazemo da su izo-morfna ako i samo ako postoji bijekcija ϕ, ϕ : V1 7→ V2, tako da je

(∀x, y ∈ V1)({x, y} ∈ E1) ⇔ (ϕ(x), ϕ(y) ∈ V2)({ϕ(x), ϕ(y)} ∈ E2).

Drugim recima izomorfizam grafova je obostrano jednoznacno preslikavanjenjegovih cvorova, koje ocuvava njihovo susedstvo. Kao i kod drugih konfiguracija,za nas su izomorfni grafovi isti grafovi, tj. jednakost do izomorfizma posmatramokao jednakost.

Sve matrice, istog reda, koje odgovarajucim transformacijama vrsta i kolonaprelaze jedna u drugu su izomorfne, pri cemu je izomorfizam definisan upravoovim permutacijama. Ako su u pitanju matrice incidentnosti ili susedstva, sto jeslucaj kod nas, odgovarajuce strukture, tj. grafovi su medjusobno jednaki. Toznaci da datom grafu odgovaraju matrice susedstva i incidentnosti jednake doizomorfizma, i obrnuto one prezentuju graf jednoznacno do izomorfizma. Kada


pridruzujemo datom grafu matricu susedstva, ili incidentnosti, nije bitno kojuizaberemo iz odgovarajuceg skupa. Vazi i obrnuto.

Formalno, ako je dat graf G = (V, E), koji sadrzi n cvorova, |V | = n i m grana,|E| = m, i neka su im pridruzene dve matrice susedstva A1 i A2 i dve matriceincidentnosti B1 i B2. Tada postoji jedinstvena permutaciona matrica P , redan× n i jedeinstvene permutacione matrice P1, reda m×m i P2, reda n× n, takoda je

A1 = P T AP i B1 = P1B2P2. (12.4)

Primer 17. Grafovi G1 i G2 su izomorfni, pri cemu je izomorfizam definisan

G1 G2

Slika 34.

preslikavanjem

ϕ: =

(1 2 3 43 4 1 2

)= (13)(24).

Za njihove matrice susedstva

A1 =

0 1 0 01 0 1 00 1 1 00 0 1 0

i A2 =

0 1 0 11 0 0 00 0 0 11 0 1 0

postoji jedinstvena permutaciona matrica

P =

0 0 1 00 0 0 11 0 0 00 1 0 0

tako da je A1 = P T A2P .

Primer 18. Grafovi G1 i G2 su izomorfni. Izomorfizam je definisan sa


G1 G2

Slika 35.

ϕ: =

(1 2 3 4 51 3 5 2 4

)= (1)(2354) = (2354).

Matrice susedstva ovih grafova su, redom, matrice A1 i AA,

A1 =

0 0 1 1 00 0 0 1 11 0 0 0 11 1 0 0 00 1 1 0 0

i A2 =

0 1 0 0 11 0 1 0 00 1 0 1 00 0 1 0 11 0 0 1 0

.

Na osnovu permutacione matrice P , koja se dobija na osnovu izomorfizmaϕ,

P =

1 0 0 0 00 0 1 0 00 0 0 0 10 1 0 0 00 0 0 1 0

dobija se jednakost A1 = P T A2P .

Primer 19. Grafovi G1 i G2 su izomorfni. Izomorfizam je definisan sa

G1 G2

Slika 36.

ϕ: =

(1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6

).


To su samo dva razlicita primera bitrigrafa K3,3.

Primer 20. Grafovi G1 i G2 prikazani na sledecoj slici imaju isti broj

G1 G2

Slika 37.

cvorova, n = 5, isti broj grana, m = 5, isti raspored stepena cvorova, d(x1) =1, d(x2) = d(x3) = d(x4) = 2, d(x5) = 3. Ipak oni nisu izomorfni. Njima,redom, odgovaraju matrice susedstva

A1 =

0 0 0 0 10 0 1 0 10 1 0 1 00 0 1 0 11 1 0 1 0

i A2 =

0 1 0 0 01 0 0 0 10 0 0 1 10 0 1 0 10 1 1 1 0

.

Ne postoji permutaciona matrica P , reda 5× 5, tako da vazi (12.4).

Pod karakteristicnim polinomom datog grafa podrazumeva se karakteristicnipolinom njegove matrice susedstva. Kako su one jedinstvene do permutacija vrstai kolona, postavlja se pitanje njegove jedinstvenosti.

Teorema 12.4 Karakteristicni polinom datog grafa ne zavisi od izbora njegovematrice susedstva.

Dokaz. Neka su A1 i A2, A1 6= A2, dve matrice susedstva koje odgovaraju datomgrafu. Tada postoji permutaciona matrica P , odgovarajuce dimenzije, tako daje A1 = P T A2P . Oznacimo sa P1(λ) i P2(λ) karakteristicne polinome, redom,matrica A1 i A2. Tada vazi jednakost

P1(λ) = det(A1 − λI) = det(P T A2P − λP T P ) = det(P T (A2 − λI)P )= det(P T ) · det(A2 − λI) · det(P ) = det(A2 − λI) = P2(λ).

Posledica 12.4 Dva izomorfna grafa imaju isti karakteristicni polinom.


Vratimo se sada binarnim matricama definisanim na pocetku ovog poglavlja,za dati graf koji ima n cvorova i m grana.

Matrica incidentnosti sadrzi u svakoj vrsti po tacno 2 jedinice, jer s obziromda ne posmatramo spoljne grane, svaka grana je incidentna sa dva razlicita cvora.Iz istog razloga, ona ne moze da sadrzi podmatricu, reda 2 × 2, koja ima sveelemente 1. Skalarni proizvod svake dve iste vektor vrste ove matrice jednak je2, a razlicite 0 ili 1. Zbir elemenata neke kolone ove matrice odredjuje stepenodgovarajuceg cvora. Samim tim je skalarni proizvod bilo koje vektor-kolone sasamom sobom jednak stepenu odgovarajuceg cvora, a dve razlicite vektor kolone0 ili 1, u zavisnosti da li su odgovarajuci cvorovi susedni ili ne.

Matrica incidentnosti je simetricna, tako da je potpuno isto da li se posma-traju njene vrste ili kolone. Zbir elemenata svake njene vrste (kolone) je stepenodgovarjuceg cvora. To isto vazi i za skalarni proizvod bilo koje vektor vrste sasamom sobom. Kako graf ne sadrzi petlje, svi elementi na glavnoj dijagonali sunule.

Na osnovu svega recenog, lako se uspostavljaju medjusobne veze izmedju ma-trice susedstva, matrice susedstva po granama i matrice incidentnosti za dati graf.To dajemo u sledecoj teoremi.

Teorema 12.5 Neka je graf G = (V,E) definisan skupovima V = {x1, x2, ..., xn}i E = {l1, l2, ..., lm}. Ako su A = (aij) matrica susedstva, reda n × n, B = (bij)matrica incidentnosti, reda m×n, i C = (cij) matrica susedstva po granama, redam×m, ovog grafa, tada vaze jednakosti

A = BT ·B −D,

gde je D dijagonalna matrica, reda n × n, ciji su elementi dii = d(xi), za i =1, 2, ..., n, i

C = B ·BT − 2I,

gde je I jedinicna matrica reda m×m.

Kada se odredjuje matrica susedstva neke slozenije strukture od grafa (grafsa petljama, multigraf, pseudograf) u obzir se uzimaju sve incidentne grane i svepetlje, za odgovarajuci cvor.

Primer 21. Multigrafu sa sledece slike odgovara matrica incidentnosti

A =

1 0 3 0 00 0 1 0 03 1 0 2 00 0 2 0 00 0 0 0 2

.


Slika 38.

Matrice susedstva i incidentnosti kod orijentisanih grafova definisu se na sledecinacin.

Definicija 12.18 Neka je orijentisani graf G = (V, E) definisan skupovima V ={x1, x2, . . . , xn} i E = {l1, l2, . . . , lm}. Matrica susedstva datog grafa je kvadratnamatrica A = (aij), reda n× n, definisana sa

aij =

{1, ako je (xi, xj) ∈ E0, ako je (xi, xj) 6∈ E,

za svako i = 1, 2, . . . n i j = 1, 2, . . . n.Matrica incidentnosti datog grafa je pravougaona matrica B = (bij), reda n×m,

definisana sa

bij =

1, ako grana lj istice iz cvora xi,−1, ako se grana lj stice u cvor xi,

0, u ostalim slucajevima

za i = 1, 2, . . . , n i j = 1, 2, . . . , m

Primer 22. Orijentisanom grafu G = (V, E) sa sledece slike odgovaraju

Slika 39.

matrice susedstva i incidentnosti, A = (aij) i B = (bij),

A =

0 1 1 00 0 1 01 0 0 10 0 0 0

B =

1 0 0 −1 1−1 1 0 0 0

0 −1 1 1 −10 0 −1 0 0

.


Kako je vec pomenuto, posebno su interesantni grafovi kad su cvorovima i/iligranama pridruzene odgovarajuce tezine. Definisimo tezinsku matricu, kada sutezine pridruzene granama datog grafa.

Definicija 12.19 Neka je dat graf G = (V, E) definisan skupovima V = {x1, x2,. . . ,xn} i E = {l1, l2, . . . , lm}. Svakom paru cvorova {xi, xj}, i = 1, 2, . . . , n, i j =1, 2, . . . , n, pridruzujemo tezinu wij, koja je neki broj ako {xi, xj} ∈ E ili je +∞u protivnom. Kvadratna matrica T = (tij), reda n× n, definisana sa

tij =

{wij , i 6= j

0, i = j

za svako i = 1, 2, . . . , n, i j = 1, 2, . . . , n, naziva se tezinskom matricom.

Tezine su najcesce realni brojevi, jer u zavisnosti od posmatranog problemasimbolizuju neke realne velicine. Umesto simbole +∞ u upotrebi su oi drugi, kaona primer −∞.

Primer 23. Tezinskom grafu sa Slike 40

sx2

AAAAAAAA

1 2

5

sx3 ��

1

@@@@@@@@

2

sx1 ��

7

sx4 4 sx5

3sx6

��

5

s x7AAAAAAAA

4

Slika 40.


odgovara tezinska matrica je

T =

0 1 +∞ 7 +∞ +∞ +∞1 0 2 +∞ +∞ 3 +∞

+∞ 2 0 5 1 2 +∞7 +∞ 5 0 4 +∞ +∞

+∞ +∞ 1 4 0 +∞ 4+∞ 3 2 +∞ +∞ 0 5+∞ +∞ +∞ +∞ 4 5 0

.

12.5 Delovi grafa. Putevi u grafu. Povezanost

Definicija 12.20 Neka je dat graf G = (V,E), V 6= {∅}. Svaki graf oblika Γ =(U, T ), pri cemu je U ⊆ V i T ⊆ E, naziva se delom grafa G.

Nula graf je deo svakog grafa. Svaka izdvojena grana ili cvor datog grafa, jenjegov deo. Pod delom datog grafa se ponegde u literaturi tretira njegov podgraf.Mi cemo, pod pojmom podgraf podrazumevati nesto drugo.

Definicija 12.21 Neka je dat graf G = (V, E), V 6= {∅}. Graf oblika Γ = (U, T ),pri cemu je U ⊆ V i T = E ∩ (U × U), naziva se podgraf grafa G. Ako je U 6= V ,graf Γ je pravi podgraf grafa G.

Definicija 12.22 Pod delimicnim grafom datog grafa G = (V, E), podrazumevase graf oblika Γ = (V, T ), pri cemu je T ⊆ E.

Napomena 12.1 U literaturi se delimicni graf datog grafa srece pod nazivomkostur (skelet) graf. Sta vise, kad god se radi o nekom pojmu vezanom za dati grafu kome su zastupljeni svi njegovi cvorovi, uz naziv pojma se cesto dodaje prefikskostur. Ovo cemo i mi ponekad koristiti u daljem tekstu.

Definicija 12.23 Delimicni graf podgrafa datog grafa, naziva se delimicni podgraf.

Primer 24. Na sledecoj slici dat je jedan graf G, njegov podgraf G1, jedandelimicni graf G2, i jedan delimicni podgraf G3.

Definicija 12.24 Neka je graf G=(V, E) definisan skupovima V ={x1, x2, . . . , xn}i E = {l1, l2, . . . , lm}. Niz cvorova i grana

x′1, l′1, x

′2, l

′2, . . . , l

′p−1, x

′p, (12.5)

pri cemu su x′i, i = 1, 2, . . . , p, elementi skupa V , l′i = {x′i, x′i+1}, i = 1, 2, . . . , p−1,elementi skupa E, naziva se put u grafu G koji spaja cvorove x′1 i x′p.

12.5. DELOVI GRAFA. PUTEVI U GRAFU. POVEZANOST 277

s��

s

��s@@

@@s

,��

G s��

s

��s

G1s��

s

s@@@@s

G2s��

��s

s

G3

Slika 41.

Pored naziva put, izraz (12.5) se jos srece u literaturi pod nazivima marsuta,setnja, trasa i slicno.

Ako nema opasnosti da dodje do zabune put se moze okarakterisati samo ni-zom odgovarajucih cvorova kroz koje prolazi, ili odgovarajucim granama koje mupripadaju. Tako, na primer, put (12.5) moze, eventualno, biti oznacen i sa

x′1, x′2, . . . , x

′p ⇐⇒ x′1 −→ x′2 −→ · · · −→ x′p

ilil′1, l

′2, . . . , l

′p−1.

Put, u opstem slucaju, moze vise puta proci kroz isti cvor ili istom granom.Ako put vise puta sadrzi istu granu, prilikom racunanja njegove duzine, uzimase u obzir svako njeno pojavljivanje. Put je konacan, ako je broj grana, tj. brojnjihovog pojavljivanja, konacan. U protivnom je beskonacan. Nas interesuju samokonacni putevi. Kod grafova koji sadrze petlje, a takodje, kod pseudografova, putmoze sadrzati i petlje i paralelne grane.

Definicija 12.25 Put u kome se svaka grana koja je u njemu sadrzana javljatacno jedanput, naziva se prost put ili lanac.

Definicija 12.26 Put u kome se svaki cvor koji u njemu ucestvuje javlja tacnojedanput, naziva se elementarni put ili prost lanac.

Svaki elementarni put (prost lanac) je i prost put (lanac), ali obrnuto ne morada vazi.

Definicija 12.27 Ako u putu (12.5) vazi jednakost x′1 = x′p, on je zatvoren ilikruzni put. U suprotnom kaze se da je otvoren.

Definicija 12.28 Zatvoreni lanac (prost put) naziva se ciklus. Graf koji ne sadrzini jedan ciklus, naziva se aciklicnim.


Definicija 12.29 Ciklus koji sadrzi sve medjusobno razlicite cvorove, osim nar-avno prvog i zadnjeg, naziva se prostim ciklusom.

Ponekad se termin ciklus zamenjuje terminom kontura.

Primer 25. Neka je graf G = (V, E), prikazan na sledecoj slici, defin-isan skupovima V = {1, 2, 3, 4, 5, 6} i E = {{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {3, 4}, {3, 5},{3, 6}, {4, 5}, {4, 6}, {5, 6}}.

s1 ��

s3

s5

s2 s4

s6@@@@

Slika 42.

Uocimo neke njegove karakteristicne puteve:

– Put 1 → 3 → 6 → 4 → 5 → 6 → 3 → 2, koji povezuje cvorove 1 i 2,dva puta prolazi kroz cvor 3 i cvor 6, i u njemu se dva puta javlja grana{3, 6}. Duzina ovog puta je 7.

– Put 1 → 3 → 5 → 4 → 3 → 2 takodje povezuje cvorove 1 i 2. Onpredstavlja lanac (prost put). Nije prost lanac (elementarni put) jerdva puta prolazi kroz cvor 3. Njegova duzina je 5.

– Put 1 → 3 → 2, koji spaja cvorove 1 i 2, je prost lanac (elementarniput). Njegova duzina je 2.

– Put 1 → 3 → 6 → 4 → 5 → 6 → 3 → 2 → 1 je kruzni put. Dva putaprolazi kroz cvorove 3 i 6, i u njemu je dva puta sadrzana grana {3, 6}.

– Put 1 → 3 → 5 → 4 → 3 → 2 → 1, je ciklus duzine 6. Dva puta prolazikroz cvor 3, pa nije prost ciklus.

– Put 1 → 2 → 3 → 1, duzine 3, je prost ciklus.

Definicija 12.30 Neka je dat graf G = (V, E), V 6= {∅}, i neka cvorovi x i ypripadaju skupu V . Rastojanje izmedju cvorova x i y, u oznaci dG(x, y), je duzinanajkraceg puta koji ih povezuje.

Pitanje ukupnog broja puteva odredjene duzine izmedju dva cvora datog grafarazresava se sledecom teoremom.


s1

s 4

s 5

��

s2

@@

@@s 3

' $'

Slika 43.

Teorema 12.6 Neka je graf G = (V, E), cija je matrica susedstva A = (aij), redan× n, definisan skupovima V = {x1, x2, . . . , xn} i E = {l1, l2, . . . , lm}. Oznacimosa Ak = (a(k)

ij ), k-ti stepen matrice A, gde je k fiksiran prirodan broj. Tada je

vrednost elementa a(k)ij , za svako i = 1, 2, . . . , n i j = 1, 2, . . . , n, ukupan broj

puteva duzine k koji povezuju cvorove xi i xj u grafu G.

Dokaz. Dokaz sprovodimo primenom matematicke indukcije. Za k = 1 tvrdjenjeTeoreme 12.6 je ocigledno, jer se matrica A1 svodi na matricu susedstva, kod kojeaij oznacava postojanje, ili ne, grane, tj. puta duzine 1, izmedju cvorova xi i xj ,za svako i = 1, 2, . . . , n i j = 1, 2, . . . , n.

Pretpostavimo da je tvrdjenje teoreme tacno za neko fiksirano k, k ∈ N . Toznaci da element a

(k)ij oznacava ukupan broj puteva duzine k, koji spajaju cvorove

xi i xj u grafu G, za svako i = 1, 2, . . . , n i j = 1, 2, . . . , n.

Kako je Ak+1 = Ak ·A, za elemente a(k+1)ij , matrice Ak+1, vazi jednakost

a(k+1)ij =

n∑

s=1

a(k)is · asj . (12.6)

Svaki put duzine k + 1 izmedju cvorova xi i xj , sastoji se od nekog puta duzine k,koji povezuje cvorove xi i xs, i grane {xs, xj}. Ako grana {xs, xj}, s = 1, 2, . . . , n

postoji u skupu E, asj je jednako 1, a ako ne postoji tada je asj = 0. Kako a(k)is , po

induktivnoj pretpostavci oznacava ukupan broj puteva duzine k izmedju cvorovaxi i xs, suma u (12.6) tada oznacava ukupan broj puteva duzine k + 1, izmedjucvorova xi i xj , i to za svako i = 1, 2, . . . , n i j = 1, 2, . . . , n.

Primer 26. Posmatrajmo graf G = (V, E) definisan skupovima V = {1, 2,3, 4, 5} i E = {{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {3, 4}, {3, 5}, {4, 5}}, prikazan nasledecoj slici. Matrica susedstva datog grafa je


A =

0 1 1 1 01 0 1 0 01 1 0 1 11 0 1 0 10 0 1 1 0

.

Potrazimo sve puteve duzine 3 koji povezuju cvorove 2 i 5. U tom ciljuodredimo matricu A3,

A2 = A ·A =

3 1 2 1 21 2 1 2 12 1 4 2 11 2 2 3 12 1 1 1 2

, A3 = A2 ·A =

4 5 7 7 35 2 6 3 37 6 6 7 67 3 7 4 53 3 6 5 2

.

Kako je a(3)25 = 3, postoje tri razlicita puta duzine 3 koji povezuju cvorove 2

i 5. To su putevi

2 → 1 → 4 → 52 → 1 → 3 → 52 → 3 → 4 → 5.

Definicija 12.31 Dati graf G = (V, E) je povezan ako za bilo koja dva njegovacvora postoji lanac koji ih spaja.

Logicno, ako graf nije povezan, on se sastoji od vise medjusobno nepovezanihdelova, koji se nazivaju komponente povezanosti.

Definicija 12.32 Pod komponentom povezanosti datog grafa G = (V, E) podra-zumeva se svaki njegov povezani podgraf koji nije pravi podgraf ni jednog drugogpovezanog podgrafa datog grafa G.

Neki cvorovi i grane u grafu su posebno interesantni sa stanovista povezanosti.Navescemo definicije nekih od njih.

Definicija 12.33 Cvor cijim se udaljavanjem iz datog grafa povecava broj njegovihkomponenti povezanosti, naziva se artikulacioni cvor.

Artikulacioni cvor moze da se definise i drugacije. Neka je dat graf G = (V, E),V 6= {∅}, i neka x ∈ V . Oznacimo sa Gx = (V1, E1) graf koji se dobija na osnovugrafa G udaljavanjem cvora x iz skupa V i udaljavanjem iz skupa E svih granaincidentnih cvoru x. Za cvor x kazemo da je artikulacioni cvor grafa G ako jestepen povezanosti odgovarajuceg grafa Gx veci od stepena povezanosti grafa G.


s mvm

sa��

s@@

@@s��

sam

sa��

s@@

@@s��

sam

s am

sa mvm

s

msa

mvm

s

Slika 44.

Definicija 12.34 Grana grafa G cijim se udaljavanjem povecava broj njegovihkomponenti povezanosti naziva se most. Grana koja je incidentna sa cvorom ste-pena 1, naziva se viseci most.

Slicno kao kod artikulacionog cvora, i za most se mogu dati druge definicije.Tako mozemo reci da je grana l, datog grafa G = (V, E), most ako je stepenpovezanosti grafa G− l veci od stepena povezanosti grafa G.

Sto se tice odnosa mosta i viseceg mosta, lako je primetiti, da je svaki visecimost ujedno i most, ali da obrnuto ne mora da vazi.

Primer 27. Na sledecoj slici prikazan je graf na kome su slovima a,m ivm oznaceni artikulacioni cvorovi, mostovi i viseci mostovi, respektivno.

U sledecoj teoremi dati su potrebni i dovoljni uslovi egzistencije mosta u datomgrafu.

Teorema 12.7 Grana l grafa G = (V, E) je most ako i samo ako u grafu G nepostoje ciklusi koji sadrze ovu granu.

Neka je dat graf G = (V, E) i neka njegova osobina α. Za njegov podgraf G1

reci cemo da je maksimalan u odnosu na osobinu α, ako on poseduje ovu osobinuali je ne poseduje ni jedan drugi podgraf grafa G, za koga je G1 pravi podgraf. Usledecoj definiciji definisan je podgraf datog grafa koji je maksimalan u odnosu naosobinu povezanosti.

Definicija 12.35 Maksimalno povezani podgraf datog grafa G, koji ne sadrzi ar-tikulacione cvorove, naziva se blok grafa G.

Primer 28. Blokove datog grafa dobijamo ”cepanjem” datog grafa u ar-tikulacionim cvorovima. Na sledecoj slici prikazani su blokovi grafa sa slike45.


s s s��

s@@

@@s��

s s s s��

s@@

@@s��

s s s s

ss s

s

ss s

Slika 45.

Definicija 12.36 Neka je G = (V, E), E 6= {∅} dati multigraf (graf). Ojlerovput (lanac) u grafu G je put (lanac) koji tacno jednom prolazi kroz svaku njegovugranu.

Ojlerov put moze biti i zatvoren, sto vazi i za lanac i za prost lanac. Sledecateorema definise potrebne i dovoljne uslove egzistencije Ojlerovog zatvorenog lanca.

Teorema 12.8 Neka je G = (V,E), E 6= {∅}, dati graf. On sadrzi zatvorenOjlerov lanac ako i samo ako je povezan i ako su mu svi cvorovi parnog stepena.

Navodimo veoma vaznu posledicu Teoreme 12.8.

Posledica 12.5 Dati graf G = (V, E) ima Ojlerov lanac ako i samo ako je povezani sadrzi tacno dva cvora neparnog stepena.

Multigraf sa prethodne slike, koji odgovara problemu sa Keningsberskim mo-stovima ne zadovoljava uslove Teoreme 12.8 i Poslededice 12.5, koje inace vaze iza multigrafove, pa samim tim pomenuti problem nema resenja.

Navescemo korake algoritma, poznatog pod nazivom Flerijev, za odredjivanjeOjlerovog zatvorenog lanca datog grafa G = (V,E), V = {xi} i E = {li}, kojizadovoljava uslove Teoreme 12.8.

1o Izaberimo proizvoljan cvor x1, x1 ∈ V i stavimo w1 = x1.

2o Ako je wi = x1, l2, x2, . . . , li, xi, i ≥ 1, vec odredjen, biramo granu li+1,li+1 ∈ Ei = E\{l2, l3, . . . , li} na osnovu sledecih kriterijuma:

a) grana li+1 je incidentna sa cvorom xi

b) grana li+1 nije most grafa Gi = (V, Ei), osim ako nemamo drugi izbor.

3o Preci na korak 2o. Ako je to nemoguce, to je kraj izracunavanja.

Ako je dati graf povezan i ima tacno dva cvora neparnog stepena, tj. zadovol-java Posledicu 12.5, navedeni Flerijev algoritam se moze znatno modifikovati.

Ako zahteve u Definiciji 12.36, nametnute granama datog grafa, nametnemonjegovim cvorovima, dolazimo do pojma Hamiltonovog puta u grafu.


Definicija 12.37 Hamiltonov put u grafu G = (V,E), je put koji prolazi krozsvaki njegov cvor tacno jednom. Ako je pri tome zatvoren, naziva se zatvoreniHamiltonov put.

Prilikom definisanja svih mogucih puteva, kod orijentisanih grafova moramovoditi racuna o sledecoj cinjenici. U nizu cvorova i orijentisanih grana, koji pred-stavlja neki put u orijentisanom grafu (pseudografu),

x1, l1, x2, l2, . . . , xn−1, ln−1, xn, (n ≥ 2) (12.7)

svaka orijentisana grana li, 1 ≤ i ≤ n− 1, mora biti oblika li = (xi, xi+1). U tomslucaju put (12.7) je strogo orijentisan put izmedju cvorova x1 i xn i oznacava sesa (x1 → xn)-put.

Ako je u pitanju orijentisani graf, znaci digraf ili usmereni graf, usmereni put(12.7) se moze opisati i samo nabrajanjem cvorova kroz koje prolazi. Inace zaorijentisani (x1 → xn)-put smatramo da je orijentisan od prvog cvora x1 do zadnjegcvora xn. Cvor x1 je pocetni (inicijalni), a cvor xn krajnji (terminalni).

Ako orijentisane grane koje ucestvuju u posmatranom orijentisanom putu nisusa tezinama, duzina puta je jednaka ukupnom broju grana koje u njemu ucestvuju.Svako novo pojavljivanje jedne te iste grane u putu se uzima svaki put u obzir.

Definicija 12.38 Neka je G = (V,E) dati orijentisani pseudograf, pri cemu jeV = {x1, x2, . . . , xn}. Pod rastojanjem izmedju cvora xi i xj, i 6= j, podrazumevase duzina najkraceg orijentisanog (xi → xj)-puta, ako postoji.

Napomenimo da se orijentisani prosti ciklusi, u orijentisanom pseudografu,nazivaju jos i konturama. Orijentisani prosti kostur lanac naziva se orijentisanimHamiltonovim lancem. Pod Hamiltonovom konturom podrazumeva se svaka kosturkontura orijentisanog pseudografa. Ako orijentisani pseudograf sadrzi Hamiltonovukonturu, on se naziva Hamiltonovim pseudografom.

Definicija 12.39 Neka je G = (V, E) orijentisani pseudograf, V 6= {∅}. Za cvorxj, xj ∈ V , kazemo da je dostizan cvoru xi, xi ∈ V , ako u orijentisanom pseu-dografu, G, postoji orijentisani (xi → xj)-put. Skup svih cvorova iz V dostiznihdatom cvoru xi, naziva se oblascu njegove dominacije.

Tranzitivno zatvaranje. Pitanje dostiznosti cvorova u orijentisanom grafuje direktno povezano sa pojmom tranzitivnog zatvaranja.

Neka je dat orijentisani graf G = (V, E), V = {x1, x2, ..., xn}. Tranzitivnozatvaranje grafa G je orijentisani graf G∗ = (V, E∗), pri cemu l = (x, y) pripadaskupu E∗ ako i samo ako postoji orijentisani (x 7→ y)-put u grafu G. To znaci dagraf G∗, tj. njegova matrica susedstva, definise dostiznost u grafu G, za svaki cvor.


Graf G = (V, E), do izomorfizma, definise matrica susedstva A(0) = (a(0)ij ). To

isto vazi i za matricu susedstva A∗ = (a∗ij), grafa G∗ = (V, E∗). Algoritam zanalazenje matraice A∗, na osnovu matrice A(0), moze da se da na sledeci nacin.

Algoritam (Varsal)for k := 1 to n dofor i := 1 to n dofor j := 1 to n doa

(k)ij := a

(k−1)ij ∨ (a(k−1)

ik ∧ a(k−1)kj )

pri cemu je A(n) = (a(n)ij ) jednaka matrici A∗ = (a∗ij).

Primer 29. Grafu odgovara matrica susedstva

Slika 46.

A(0) =

0 1 1 0 00 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 00 0 1 0 0

.

Primenom Varsalovog algoritma dobijamo da je

A(1) =

0 1 1 0 00 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 00 0 1 0 0

, A(2) =

0 1 1 1 00 0 0 1 00 1 0 1 00 0 0 0 00 0 1 0 0

,

A(3) = A(4) = A(5) =

0 1 1 1 00 0 0 1 00 1 0 1 00 0 0 0 00 1 1 1 0

.

12.6. ODREDJIVANJE NAJKRACIH PUTEVA U GRAFU 285

Matrice A(5) = A∗ je matrica susedstva grafa G∗, koji je tranzitivno zat-varanje grafa G. Na osnovu nje, crtamo graf G∗. Na osnovu grafa G∗, tj.

Slika 47.

matrice A∗ = A(5), zakljucujemo da su u grafu G cvoru 1 dostizni cvorovi 2i 4, cvoru 2 cvor 4, cvoru 3 cvorovi 2 i 4, cvoru 4 nije dostizan nijedan cvor ida su cvoru 5 dostizni cvorovi 2, 3 i 4. Analogno zakljucujemo da cvor 1 nijenikome dostupan, da je cvor 2 dostupan cvorovima 1, 3 i 5, cvor 3 dostupancvorovima 1 i 5, cvor 3 dostupan svim ostalim cvorovima, a cvor 5 nijednom.

12.6 Odredjivanje najkracih puteva u grafu

Odredjivanje najkraceg puta u grafu je jedan od najcesce razmatranih problemau teoriji grafova. U literaturi je razradjen veliki broj algoritama za resavanje ovogproblema. Mnogi problemi iz prakse se mogu na ocigledan nacin interpretirati kaoproblem odredjivanja najkraceg puta u tezinskom grafu (digrafu) (saobracajnemreze, telekomunikacione mreze, racunarske mreze itd.). U tom smislu mogu seposmatrati sledeci optimizacioni zadaci:

1) Naci najkraci put u grafu za zadati par cvorova, s i t;

2) Naci najkrace puteve izmedju jednog odredjenog cvora, recimo s, i svih os-talih cvorova u grafu;

3) Naci najkrace puteve izmedju svih parova cvorova u grafu.

Mi cemo u ovoj knjizi najpre navesti Dijkstrin algoritam, iz 1959. godine zaodredjivanje najkraceg puta, koji se u sustini moze primeniti za resavanje sva trigore navedena zadatka. Iako je relativno star, ovaj algoritam se smatra jednimod najefikasnijih i najpogodnijih sa stanovista implementacije na racunaru. Toje algoritam koji se danas siroko primenjuje u racunarskim mrezama. Inace, ovajalgoritam se jos zove i algoritam obelezavanja jer se bazira na obelezavanju cvorova.Oznaka (labela) cvora je oblika (d, p), gde d predstavlja duzinu puta od izvora doposmatranog cvora, a p je oznaka prethodnog cvora preko koga se dostize duzinaputa d. Oznaka cvora moze biti


◦ privremena

◦ stalna

Privremene labele se u toku primene algoritma mogu menjati shodno pronalazenjuboljih puteva. Labela se proglasava stalnom kada se ustanovi da ona predstavljanajkraci put od izvora do posmatranog cvora i vise se ne moze menjati. Cvor saprivremenom labelom se oznacava sa ◦ a sa stalnom sa •. Opisacemo sada ovajalgoritam za slucaj da se trazi najkraci put u tezinskom neorijentisanom grafuG = (V,E) izmedju cvorova s (izvor) i t (odrediste), s, t ∈ V . Tezine granapredstavljaju rastojanja izmedju cvorova. Algoritam je iterativne prirode i sastojise iz sledecih koraka:

korak 1o Inicijalizacija. Svakom cvoru grafa, izuzev izvornom s, pridruzuje se privre-mena labela oblika (+∞, ∗) (∗ oznacava da komponenta nije definisana). Uprakticnoj implementaciji se oznaka +∞ zamenjuje nekim jako velikim bro-jem. Izvornom cvoru se dodeljuje oznaka (0, ∗).

korak 2o Promena labela. Ako cvor t ima stalnu labelu, preci na korak 3o. U pro-tivnom, pronaci cvor x, x ∈ V , koji ima privremenu labelu sa najmanjomoznakom duzine puta, d. Cvoru x dodeliti stalnu labelu. Sada pronacisve najblize susede cvora x koji imaju privremene labele. Za svaki takavcvor, y, ispitati da li je d(y) > d(x) + w(x, y), gde d(x) i d(y) predstavljajuduzine puteva od izvora do cvorova x i y, respektivno, a w(x, y) duzinu putaizmedju cvora x i y. Ako je gornja relacija tacna, promeniti labelu cvora yna sledeci nacin d(y) = d(x)+w(x, y), p(y) = x, gde p(y) predstavlja oznakuprethodnog cvora za cvor y. Ponoviti korak 2o.

korak 3o Kraj pronadjen je najkraci put od s do t.

Ovaj algoritam se moze iskoristiti i za nalazenje najkracih puteva od cvora sdo svih ostalih cvorova u grafu (zadatak 2) ) ako se uslov za okoncanje u koraku2o promeni na ,ako nema cvorova sa privremenim labelama, preci na korak 3o”.Takodje, pomocu ovog algoritma je moguce pronaci najkrace puteve izmedju svihparova cvorova (zadatak 3) ), ako se on primeni n puta.

Primer 30. Za graf prikazan na sledecoj slici odrediti najkraci put izmedjucvorova A i D. Resenje je prikazano na sledecim slikama. Strelica oznacavaradni cvor u odnosu na koji se racunaju rastojanja cvorova sa privremenimlabelama. Na slici pod a) prikazan je prvi korak algoritma. U ovom trenutkusvi cvorovi, sem izvornog A, imaju oznaku (∞, ∗). Cvor A se proglasava zaradni i ispituju se njegovi najblizi susedi sa privremenim oznakama. Na slici


Slika 48.

Slika 49.


su ti cvorovi oznaceni praznim kruzicem. Najblizi susedi za A su cvoroviB i G. Njihove labele se menjaju u (2, A) i (6, A), respektivno, jer su tomanje vrednosti duzina puta od ∞, slika pod b). Sada se od svih cvorova saprivremenim labelama bira cvor sa najmanjom oznakom duzine puta, njegovalabela se proglasava stalnom i to postaje novi radni cvor u odnosu na koga seracunaju rastojanja njemu susednih cvorova sa privremenim labelama. To jeu ovom slucaju cvor B. Najblizi susedi za B, sa privremenim labelama, sucvorovi C i E. Njihove labele se menjaju, slika pod c), a cvor E se proglasavaza novi radni cvor. Najblizi susedi za E sa privremenim labelama su cvoroviF i G. Njihove labele se menjaju, jer se dobijaju manje duzine puta kada sedo tih cvorova dolazi preko cvora E. Naime, cvor G je imao oznaku (6, A),ali se kraci put dobija ako se od A do G ide preko E, pa se njegova oznakamenja u (5, E). Ova procedura se nastavlja sve dok oznaka odredisnog cvora, D, ne postane stalna. Ostali koraci su prikazani na slikama pod d), e), f),g) i h). Najkraci put od A do D iznosi 10 i oznacen je zadebljanom linijomna slici pod h). On vodi preko cvorova H, F , E, B, gledano od D prema A.

Procedura na Pascalu za nalazenje najkraceg puta izmedju cvorova s i t pri-menom Dijkstrinog algoritma ima sledeci izgled:const n = . . . ; {broj cvorova u grafu}

beskon = . . . ; {veoma veliki broj}type cvor = 0..n;

listacvorova = array[1..n, 1..n] of integer;procedure Najkraciput(w : matrica; s, t : cvor; var put : listacvorova){w je tezinska matrica. Element w(i, j) jednak je rastojanju cvora i od cvora j. Ako jew(i, j) = 0, tada ne postoji grana koja spaja cvorove i i j}

type ozn = (stalna, privremena)oznakacvora = record

prethodni : cvor;duzina : integer;oznaka : ozn;end;

stanjegrafa := array[1..n] of ozncvora;var stanje : stanjegrafa;

i, k : cvor;n,m: integer;

begin{inicijalizacija}

for i := 1 to n dowith stanje(i) dobeginprethodni := 0;duzina := beskon;


oznaka := privremena;end;

{kraj inicijalizacije}stanje(s).duzina := 0;stanje(s).oznaka := stalna;k := s; {uvek pamti tekuci cvor u odnosu na koji trazimo najmanje rastojanje}repeatfor i := 1 to n doif w(k, i) 6= 0) and (stanje(i).oznaka = privremena) thenif stanje(k).duzina + w(k, i) < stanje(i).duzina thenbeginstanje(i).duzina := stanje(k).duzina + w(k, i);stanje(i).prethodni := kend;

min := beskon; k := 0 :for i := 1 to n doif (stanje(i).oznaka = privremena) and (stanje(i).duzina < min) then

beginmin := stanje(i).duzina;k := i;

end;stanje(k).oznaka := stalna;

until k = t;for i := 1 to n do

put(i) := 0;k := t; i := 0;repeat

i := i + 1; put(i) := k;k := stanje(k).prethodni;

until k = 0end;

Neka je graf G = (V,E), ciji je skup cvorova V = {1, 2, ..., n}, definisantezinskom matricom D(0) = (d(0)

ij ), reda n × n. Koristeci matricu D(0), odredi-

cemo matricu D(1) = (d(1)ij ), reda n × n, pri cemu je d

(1)ij duzina najkraceg puta

izmedju cvora i i cvora j, = 1, 2, ..., n, j = 1, 2, ..., n, ali samo preko cvora 1. U dru-gom koraku, na osnovu matrice D(1), odredicemo matricu D(2) = (d(2)

ij ), pri cemu

je d(2)ij duzina najkraceg puta izmedju cvorova i i j, = 1, 2, ..., n, j = 1, 2, ..., n,

ali samo preko cvorova iz skupa {1, 2}. Tako u k-tom koraku, na osnovu matriceD(k−1) = (d(k−1)

ij ), odredicemo matricu D(k) = (d(k)ij ), pri cemu je d

(k)ij duzina

najkraceg puta izmedju cvorova i i j, = 1, 2, ..., n, j = 1, 2, ..., n, ali samo prekocvorova iz skupa {1, 2, ..., k}. Nastavljajuci ovaj postupak, u n-tom koraku dobi-jamo matricu D(n) = (d(n)

ij ), gde je d(n)ij duzina najkraceg puta izmedju cvorova i


i j, i = 1, 2, ..., n, j = 1, 2, ..., n, preko svih cvorova skupa {1, 2, ..., n}, tj. trazenirezultat.

Nalazenje elemenata matrice D(n) = (d(n)ij ) moze se realizovati pomocu sledec

eg algoritma.

Algoritam (Flojd)for k := 1 to n dofor i := 1 to n dofor j := 1 to n dod

(k)ij := min{d(k−1)

ij , d(k−1)ik + d

(k−1)kj }

Primer 31. Odredicemo duzine najkracih puteva izmedju svih cvorovagrafa G. Ovom grafu odgovara tezinska matrica

Slika 50.

D(0) =

0 7 1 6 +∞ +∞7 0 5 +∞ 8 +∞1 5 0 4 1 76 +∞ 4 0 +∞ 2

+∞ 8 1 +∞ 0 +∞+∞ +∞ 7 2 +∞ 0

.

Koristeci Flojdov algoritam, za k = 1, 2, 3, 4, 5, 6, redom, dobijamo:

D(1) =

0 7 1 6 +∞ +∞7 0 5 13 8 +∞1 5 0 4 1 76 13 4 0 +∞ 2

+∞ 8 1 +∞ 0 +∞+∞ +∞ 7 2 +∞ 0


D(2) =

0 7 1 6 15 +∞7 0 5 13 8 +∞1 5 0 4 1 76 13 4 0 21 215 8 1 21 0 +∞

+∞ +∞ 7 2 +∞ 0

,

D(3) =

0 6 1 5 2 86 0 5 9 6 121 5 0 4 1 75 9 4 0 5 22 6 1 5 0 88 12 7 2 8 0

D(4) =

0 6 1 5 2 86 0 5 9 6 111 5 0 4 1 65 9 4 0 5 22 6 1 5 0 78 11 6 2 7 0

,

D(5) =

0 6 1 5 2 86 0 5 9 6 111 5 0 4 1 65 9 4 0 5 22 6 1 5 0 78 11 6 2 7 0

D(6) =

0 6 1 5 2 86 0 5 9 6 111 5 0 4 1 65 9 4 0 5 22 6 1 5 0 78 11 6 2 7 0

.

Na osnovu matrice D(6), na primer, zakljucujemo da je duzina najkracegputa izmedju cvorova 1 i 2 jednaka 6. Sam put je 1 → 3 → 2.

Flojdov algoritam moze da se iskoristi i kada je G orijentisani tezinski graf. Tocemo ilustrovati u sledecem primeru.

Primer 32. Orijentisanom grafu odgovara tezinska matrica

Slika 51.


D(0) =

0 3 +∞ +∞ 41 0 5 +∞ +∞2 +∞ 0 +∞ +∞

+∞ 2 1 0 17 +∞ +∞ 1 0

.

Koristeci Flojdov algoritam, dobijamo redom:

D(1) =

0 3 +∞ +∞ 41 0 5 +∞ 52 5 0 +∞ 6

+∞ 2 1 0 17 10 +∞ 1 0

D(2) =

0 3 8 +∞ 41 0 5 +∞ 52 5 0 +∞ 63 2 1 0 17 10 +∞ 1 0

D(3) =

0 3 8 +∞ 41 0 5 +∞ 52 5 0 +∞ 63 2 1 0 17 10 +∞ 1 0

,

D(4) =

0 3 8 +∞ 41 0 5 +∞ 52 5 0 +∞ 63 2 1 0 14 3 2 1 0

D(5) =

0 3 6 5 41 0 5 6 52 5 0 7 63 2 1 0 14 3 2 1 0

.

Na osnovu matrice D(5), na primer, zakljucujemo da je duzina najkracegputa koji vodi od cvora 5 u cvor 2 jednaka 3. To je put 5 → 4 → 2.

12.7 Stablo

Vec smo rekli da se svaki graf koji ne sadrzi ni jedan ciklus naziva aciklicnim.Aciklicni grafovi se srecu i pod nazivom suma.

Definicija 12.40 Svaki aciklicni graf naziva se sumom. Ako je pri tome povezani sadrzi n cvorova, n > 1, naziva se stablom ili drvom.

Iz ove definicije je lako zakljuciti da su komponente povezanosti svake sumestabla ili izolovani cvorovi. Osobine stabla se najbolje odslikavaju sledecom teore-mom.

12.7. STABLO 293

Teorema 12.9 Neka je dat graf G koji sadrzi n cvorova, n > 1. Tada su sledeciiskazi medjusobno ekvivalentni:

1o Graf G je povezan i ne sadrzi ni jedan ciklus;

2o Graf G ne sadrzi ni jedan ciklus i ima n− 1 grana;

3o Graf G je povezan i sadrzi n− 1 granu;

4o Graf G ne sadrzi ciklus, ali dodavanjem nove grane izmedju proizvoljna dvacvora, obrazuje se jedan ciklus;

5o Graf G je povezan ali gubi to svojstvo ako se udalji njegova proizvoljna grana;

6o Svaka dva cvora grafa G su spojena tacno jednim elementarnim putem.

Interesantno je da se svaki iskaz iz Teoreme 12.9 moze uzeti za definiciju stabla,a da se ostali iskazi dokazu kao teoreme za sebe. Pri tome se najcesce u literaturiuzima iskaz 3o za definiciju stabla.

Primer 33. Na sledecoj slici prikazana su sva moguca stabla za vrednostin = 2, 3, 4 i 5.

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

,

,

,

,

,

,

,

s s s s s s s

s

s

,��,@@s

ss s��

@@s

s

n = 2

n = 3

n = 4

n = 5

Slika 52.

Teorema 12.10 Stablo sadrzi bar dva cvora stepena 1.

Dokaz. Neka je G = (V, E), gde je V = {x1, x2, . . . , xn}, graf tipa stabla. Pret-postavimo suprotno tvrdjenju teoreme da graf G ne sadrzi ni jedan cvor stepena 1,tj. da za svako i = 1, 2, . . . , n, vazi da je d(xi) ≥ 2. Uzimajuci iskaz 3o iz Teoreme12.9 za definiciju stabla, imamo da dati graf G ima m = n− 1 grana. Na osnovujednakosti (12.1), dobijamo da je

2m =n∑

i=1

d(xi) ⇐⇒ 2(n− 1) =n∑

i=1

d(xi) ≥ 2n


sto je nemoguce.Pretpostavimo da u datom grafu postoji samo jedan cvor stepena 1. Neka je

to, recimo, cvor x1, d(x1) = 1. Za ostale cvorove pretpostavimo da je d(xi) ≥ 2,i = 2, . . . , n. Tada bi bilo

2m =n∑

i=1

d(xi) ⇐⇒ 2(n− 1) = d(x1) +n∑

i=2

d(xi) ≥ 1 + 2(n− 1),

sto je opet nemoguce.Na osnovu dve dobijene kontradikcije zakljucujemo da stablo ima bar dva cvora

stepena 1.Dokazacemo jedan veoma znacajan rezultat sa stanovista resavanja kombina-

tornih problema.

Teorema 12.11 Svaki povezan graf (multigraf) sadrzi stablo kao delimicni graf.

Dokaz. Dokaz cemo sprovesti samo za graf, jer se dokaz za multigraf ne razlikujeod njega. Ako dati graf koji je povezan ne sadrzi ni jedan ciklus, onda je on stablo,i time bi dokaz bio zavrsen.

Pretpostavimo da dati povezani graf sadrzi cikluse. Udaljavamo iz grafa redomgrane iz ciklusa, sve dok dati graf sadrzi jedan ciklus. Takav graf i dalje ostajepovezan, ne sadrzi cikluse, sto znaci da postaje stablo koje sadrzi sve cvorovepolaznog grafa. Dobijeno stablo je ujedno i delimicni graf datog grafa.

Napomenimo da se za delimicni graf tipa stabla, datog povezanog grafa, koristei nazivi kostur stablo, osnovno stablo, sprezno stablo, razapinjuce stablo.

Teorema 12.11 ima mnogo primena. Iskoristicemo je najpre da ukazemo kakose i sa kakvim karakteristikama, od datog grafa (multigrafa) formira suma.

Pretpostavimo da nam je dat graf (multigraf) G = (V, E) koji ima n cvorova,m grana i p komponenti povezanosti. Neka svaka komponenta povezanosti sadrzini, i = 1, 2, . . . , p, cvorova, tako da je

p∑

i=1

ni = n.

Ako primenimo Teoremu 12.10 na svaku od p komponenti povezanosti, dobijamo pstabala, pri cemu svako sadrzi po ni cvorova i ni−1, i = 1, 2, . . . , p, grana. Ukupanbroj grana dobijene sume je

p∑

i=1

(ni − 1) =p∑

i=1

ni − p = n− p.

12.7. STABLO 295

Tako smo od polaznog grafa G, koji je imao n cvorova, m grana i p komponentipovezanosti, dobili sumu koja sadrzi p stabala, ima n cvorova i n − p grana. Zadobijanje ove sume iz polaznog grafa (multigrafa) izostavljeno je m−n + p grana.Broj grana dobijene sume, od grafa G, oznacava se sa r(G),

r(G) = n− p,

i naziva se rangom sume.Svaka od izbacenih grana grafa G, pripadala je jednom ciklusu ovog grafa. To

znaci da je graf G sadrzao m−n+p nezavisnih ciklusa. Ovaj broj ciklusa se nazivaciklomatskim brojem grafa

Definicija 12.41 Broj nezavisnih ciklusa u datom grafu G, koji sadrzi n cvorova,m grana i p komponenti povezanosti, u oznaci γ(G), jednak je

γ(G) = m− n + p, (12.8)

i naziva se ciklomatski broj grafa.

Definicija 12.42 Pod pokrivacem u odnosu na grane, datog grafa G = (V, E),podrazumeva se svaki podskup skupa njegovih grana E, sa osobinom da je svakinjegov cvor, tj. element skupa V , incidentan bar sa jednom granom ovog podskupa.

U prethodnom odeljku smo definisali pokrivenost u odnosu na grane datoggrafa. Nas sada interesuje egzistencija ovog pokrivaca oblika stabla. Ovaj tippokrivaca zvacemo pokrivajuce stablo.

Teorema 12.12 Graf G = (V, E), E 6= {∅}, ima pokrivajuce stablo ako i samoako je povezan.

Dokaz Teoreme 12.12 se lako izvodi na osnovu Teoreme 12.11.Raskidanje prostog ciklusa moze se ostvariti izostavljanjem bilo koje njegove

grane. To nas navodi na zakljucak da pokrivajuce stablo datog grafa, ako postoji,nije jedinstveno. Kod grafova bez tezina grana, tj. kod kojih su sve grane tezine 1,navedeni zakljucak i nije mnogo znacajan. On dobija na znacaju kod grafova cijimgranama su dodeljene tezine. Cilj moze biti, recimo, pronaci pokrivajuce stablo cijije zbir tezina grana minimalan (najmanji). Ovakvo pokrivajuce stablo se nazivapokrivajuce stablo minimalne tezine. Naravno, i ono ne mora biti jedinstveno zadati graf. Pozabavimo se malo ovim tipom stabla.

Neka je dat povezan graf G = (V, E), definisan skupovima V = {x1, x2, . . . , xn}i E = {l1, l2, . . . , lm}, m ≥ n. Oznacimo sa t(li), i = 1, 2, . . . , m, tezine njegovihgrana. Sa

t(G) =m∑

i=1

t(li)


oznacimo tezinu datog grafa G. Potrebno je odrediti pokrivajuce stablo, T , ovoggrafa, tako da za svako drugo pokrivajuce stablo T1, ovog grafa, vazi nejednakost

t(T1) ≥ t(T ).

Dati problem se moze resiti Primovim algoritmom. Navescemo korake ovog algo-ritma za dati graf G = (V, E):

1o Odabere se proizvoljan cvor xi1 , skupa V ;

2o Bira se grana li1 incidentna cvoru xi1 najmanje moguce tezine;

3o Pretpostavimo da su po kriterijumima iz 2o, izdvojene grane li1 , li2 , . . . , lik ,k ≥ 1 i odgovarajuci cvorovi xi1 , xi2 , . . . , xik+1

. Sada se bira nova grana lik+1

iz skupa E, minimalne tezine, lik+1= {xj , xi}, tako da je xj ∈ {xi1 , xi2 , . . . ,

xik+1} i xi 6= {xi1 , xi2 , . . . , xik+1

};4o Ako je k + 1 = n− 1 postupak je zavrsen. U protivnom preci na korak 3o.

Primer 34. Neka je dat povezan graf G = (V, E), definisan skupovimaV = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}, E = {l1, l2, . . . , l14}, pri cemu je l1 = {1, 2}, t(l1) = 3,l2 = {1, 4}, t(l2) = 2, l3 = {1, 5}, t(l3) = 4, l4 = {1, 6}, t(l4) = 5, l5 = {1, 7},t(l5) = 3, l6 = {2, 3}, t(l6) = 3, l7 = {2, 4}, t(l7) = 4, l8 = {2, 5}, t(l8) = 5,l9 = {3, 4}, t(l9) = 2, l10 = {3, 5}, t(l10) = 2, l11 = {3, 6}, t(l11) = 2,l12 = {3, 7}, t(l12) = 3, l13 = {5, 6}, t(l13) = 5, l14 = {5, 7}, t(l14) = 5. GrafG je prikazan na sledecoj slici. Primenicemo Primov algoritam za odredji-

Slika 53.

vanje minimalnog pokrivajuceg stabla ovog grafa. Izaberimo proizvoljni cvordatog grafa G, recimo cvor 5. Grana najmanje tezine koja je incidentna saovim cvorom je grana l10 = {3, 5} cija je tezina 2. Time smo jednoznacnoodredili drugi cvor u stablu, cvor 3. Sada biramo novu granu najmanje

12.7. STABLO 297

tezine incidentnu ili cvoru 5 ili cvoru 3. To moze biti ravnopravno granal9 ili grana l11 jer su obe tezine 2. Izaberimo granu l11 = {3, 6}. Timesmo stablu pridodali cvor 6. Biramo novu granu najmanje tezine incidentnunekom od cvorova 3,5 ili 6, ali tako da ona ne formira ciklus, tj. da drugakrajnja tacka te grane ne bude iz skupa {3, 5, 6}. To je jedinstvena granal9 = {3, 4}, cija je tezina 2. Tako smo dobili i cetvrtu tacku trazenog sta-bla, tacku 4. Ovaj postupak ponavljamo sve dok stablu ne pridodamo svecvorove polaznog grafa G. Minimalno pokrivajuce stablo, T = (V,E′), datoggrafa G je prikazano na sledecoj slici. Ovo stablo je definisano skupom granaE′ = {l1, l2, l9, l10, l11, l12}. Tezina dobijenog stabla je

t(T ) = t(l1) + t(l2) + t(l9) + t(l10) + t(l11) + t(l12) = 14.

Slika 54.

Vec smo pomenuli da se orijentisani graf koji ne sadrzi cikluse naziva orijentisaniaciklicni graf. Ako je pri tome povezan, naziva se orijentisano stablo. S obziromna razlicite mogucnosti orijentacije grana i nacina povezivanja u grafu, ovo bi semoglo prihvatiti kao definicija orijentisanog stabla u sirem smislu. Sa stanovistaprimene u racunarskoj tehnici posebno su interesantna takozvana korenska orijen-tisana stabla.

Definicija 12.43 Korensko orijentisano stablo je orijentisani aciklicni graf sa os-obinama:

1) Postoji tacno jedan cvor u grafu koji se naziva koren i u koji se ne stice nijedna grana;


Slika 55.

2) U svaki cvor razlicit od korena stice se tacno po jedna grana;

3) Svaki cvor orijentisanog aciklicnog grafa dostizan je za koren.

Orijentisana suma se na identican nacin definise kao i neorijentisana, samopreko orijentisanih stabala. Naime, orijentisani graf koji se sastoji od vise orijen-tisanih stabala, naziva se orijentisana suma.

U prethodnim odeljcima smo vec pomenuli neke uobicajene nazive koji se do-deljuju pojedinim cvorovima u stablu. Neki nazivi se zadrzavaju i kod korenskihstabala a uvode se i neki novi. Navescemo neke osnovne. Neka je G = (V,E) ko-rensko orijentisano stablo. Ako orijentisana grana (x, y) pripada stablu, tj. skupuE, cvor x se naziva roditeljem cvora y, a cvor y sinom (ili cerkom, sto da ne)cvora x. Svi sinovi datog cvora x u stablu, cine familiju njegovih sinova. Akou G postoji orijentisani (x → y)-put, cvor y se naziva sledbenikom, naslednikomili potomkom cvora x. Cvor x se u ovom slucaju naziva pretkom ili prethodnikomcvora y. Naravno, kako je i orijentisana grana put, svi sinovi su potomci datogcvora x. Cvor bez sinova naziva se list, zavrsni ili terminalni cvor. Svaki cvor xrazlicit od korena stabla, zajedno sa svojim potomcima, i odgovarajucim granama(sto cemo u buduce podrazumevati), cine korensko orijentisano podstablo, datogstabla G, sa korenom u cvoru x.

Primer 35. Na sledecoj slici prikazano je korensko orijentisano stablo G =(V, E), definisano skupovima V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} i E = {(1, 2),(1, 3), (1, 4), (2, 5), (2, 6), (3, 7), (5, 8), (5, 9), (6, 10)}, i tri njegova korenskaorijentisana podstabla G1 = (V1, E1), G2 = (V2, E2) i G3 = (V3, E3). Cvor1, korenskog orijentisanog stabla G = (V, E), je njegov koren. Njegovi sinovisu cvorovi oznaceni sa 2, 3 i 4. Cvorovi 4, 7, 8, 9 i 10 su listovi ili terminalni

12.7. STABLO 299

cvorovi u G. Cvorovi 2, 3, 5 i 6 mogu biti koreni orijentisanih, netrivijalnih,podstabala orijentisanog stabla G.

Algoritam Maksa-Plotkina. Neka je G = (V,E) povezan graf gde je V ={1, 2, ..., n} i E skup grana. Svakoj grani {i, j} ∈ E pridruzena je tezina dij ,i = 1, 2, ..., n i j = 1, 2, ..., n. Tezinska matrica ovog grafa je D(0) = (d(0)

ij ), redan× n, definisana je sa

dij =

dij , ako {i, j} ∈ E,+∞, ako {i, j} /∈ E,

0, ako je i = j.

Sada cemo se baviti egzistencijom pokrivaca u odnosu na grane koji ima oblikstabla. Ovaj tip pokrivaca zvacemo pokrivajuce stablo.

Problem nalazenja pokrivajuceg stabla moze da se svede na nalazenje grafaG∗ = (V, E∗) tako da su uspunjene sledec e osobine:

1 E∗ ⊂ E,

2 |E∗| = n− 1,

3 graf G∗ je povezan,

4 zbir tezina grana u grafu G∗ je minimalno moguc.

Resenje ovog problema, koje ne mora biti jedinstveno, moze da se resi u sledecadva koraka.

U prvom koraku, na osnovu matrice D(0) = (d(0)ij ) izracuna se matrica D(n) =

(d(n)ij ) koristeci sledeci algoritam:

Algoritam (Maks-Plotkina)for k := 1 to n dofor i := 1 to n dofor j := 1 to n dod

(k)ij := min{d(k−1)

ij ,max{d(k−1)ik , d

(k−1)kj }}

U drugom koraku se uporedjuju elementi matrice D(0) i dobijene matrice D(n).Elementi matrice D∗ = (d∗ij) se formiraju na osnovu sledeceg kriterijuma

d∗ij =

d(0)ij , ako je d

(0)ij = d

(n)ij ,

0, ako je i = j,

+∞, ako je d(0)ij 6= d

(n)ij ,

za svao i = 1, 2, ..., n i j = 1, 2, ..., n. Sada se minimalno sprezno stablo G∗ =(V,E∗) formira na osnovu tezinske matrice D∗ = (d∗ij).


Primer 36. Tezinskom grafu odgovara tezinska matrica

Slika 56.

D(0) =

0 6 1 5 +∞ +∞6 0 5 +∞ 3 +∞1 5 0 5 6 45 +∞ 5 0 +∞ 2

+∞ 3 6 +∞ 0 6+∞ +∞ 4 2 6 0

.

Koristeci Maks-Plotkinov algoritam, dobijamo redom:

D(1) =

0 6 1 5 +∞ +∞6 0 5 6 3 +∞1 5 0 5 6 45 6 5 0 +∞ 2

+∞ 3 6 +∞ 0 6+∞ +∞ 4 2 6 0

,

D(2) =

0 6 1 5 6 +∞6 0 5 6 3 +∞1 5 0 5 5 45 6 5 0 5 26 3 5 5 0 5

+∞ +∞ 4 2 5 0

,

D(3) =

0 5 1 5 3 45 0 5 5 3 51 5 0 5 5 45 5 5 0 5 23 3 5 5 0 54 5 4 2 5 0

D(4) =

0 5 1 5 3 45 0 5 5 3 51 5 0 5 5 45 5 5 0 5 23 3 5 5 0 54 5 4 2 5 0

,

12.8. PLANARNI GRAFOVI 301

D(5) =

0 3 1 5 3 43 0 5 5 3 51 5 0 5 5 45 5 5 0 5 23 3 5 5 0 54 5 4 2 5 0

D(6) =

0 3 1 4 3 43 0 5 5 3 51 5 0 4 5 44 5 4 0 5 23 3 5 5 0 54 5 4 2 5 0

,

Uporedjivanjem matrica D(0) i D(n) dobijamo da je

D∗ =

0 +∞ 1 +∞ +∞ +∞+∞ 0 5 +∞ 3 +∞1 5 0 +∞ +∞ 4

+∞ +∞ +∞ 0 +∞ 2+∞ 3 +∞ +∞ 0 +∞+∞ +∞ 4 2 +∞ 0

,

Ovoj tezinskoj matrici odgovara graf G∗ = (V, E∗), tj. sprezno stablo datoggrafa.

Slika 57.

12.8 Planarni grafovi

Definicija 12.44 Dati graf se naziva ravnim ako je smesten u nekoj ravni i granemu se ne seku.

Drugim recima dve grane ravnog grafa mogu da se seku, tj. da imaju zajednickutacku, samo u nekom cvoru grafa.

Definicija 12.45 Dati graf je planaran ako je izomorfan nekom ravnom grafu.


Bez obzira na cinjenicu da su za nas izomorfni grafovi isti, namerno smo odvo-jeno dali definicije ravnih i planarnih grafova, da bi smo izbegli vizuelnu varku daneki graf zbog ,neodgovarajuceg” crteza proglasimo neplanarnim, mada on to nije.Ipak u daljem tekstu smatracemo ravne i planarne grafove istim, i koristicemosamo termin planaran.

Primer 37. Na sledecoj slici prikazan je jedan te isti planarni graf, ili uskladu sa navedenim definicijama, jedan planaran i njemu izomorfan ravangraf.

s s

s s

��

@@

@@

s s

JJJJJJJs

��

QQ

QQs

Slika 58.

Svaki planarni graf deli ravan u kojoj se nalazi na zatvorene oblasti. Ako je onkonacan, a takve grafove mi uglavnom posmatramo, on deli ravan na vise konacnihoblasti i jednu beskonacnu. Svaka od ovih konacnih oblasti naziva se okcem ilicelijom. Ako je planarni graf povezan, svaka granicna linija celije predstavljajednu konturu grafa.

Svakako jedna od fundamentalnih teorema za planarne grafove je Ojlerova teo-rema.

Teorema 12.13 Povezan planarni graf G = (V, E), definisan skupovima V ={x1, x2, . . . , xn} i E = {l1, l2, . . . , lm}, deli ravan u kojoj je predstavljen na

f = m− n + 2 (12.9)

oblasti.

Dokaz. Dokaz cemo izvesti pomocu matematicke indukcije, po broju grana datoggrafa. Kako je dati graf povezan, minimalan broj grana u njemu je m = n − 1.U ovom slucaju planarni graf je tipa stabla, a znamo da stablo ne sadrzi ni jednukonturu, tj. ne ogranicava ni jedan deo ravni. Za stablo je f = 1. Zamenomm = n − 1 u (12.9) dobijamo takodje da je f = 1, tj. da Ojlerova teorema vaziza m = n − 1. Neka je m fiksiran broj, m > n − 1. Tada odgovarajuci graf Gima bar jednu konturu. Pretpostavimo da (12.9) vazi za m − 1 granu. Kako grafG ima bar jednu konturu, uocimo neku njegovu granu sa konture. Ta grana je

12.8. PLANARNI GRAFOVI 303

granicna za dve oblasti. Ako je udaljimo dobijamo novi graf G1, koji ima m − 1granu i deli ravan na f − 1 oblast. Na osnovu induktivne pretpostavke imamo daje f − 1 = (m − 1) − n + 2, odakle sleduje da za graf sa m grana vazi jednakost(12.9).

Navescemo neke posledice Ojlerove teoreme.

Posledica 12.6 U planarnom grafu postoji bar jedan cvor stepena manjeg od 6.

Dokaz. Pretpostavimo da je dat planaran graf G = (V, E), definisan skupovimaV = {x1, x2, . . . , xn} i E = {l1, l2, . . . , lm}, pri cemu je d(xi) ≥ 6, za svako i =1, 2, . . . , n. Tada na osnovu nejednakosti

2m =n∑

i=1

d(xi) ≥ 6n

dobijamo da je

n ≤ 13m. (12.10)

Svaka ogranicena oblast u ravni koju ogranicava planarni graf, je ogranicena sanajmanje tri njegove grane, pri cemu se svaka grana pojavljuje dva puta kao granicaiste oblasti ako je most i razlicite ako nije. Zbog toga vazi nejednakost 3f ≤ 2m,tj.

f ≤ 23m. (12.11)

Zamenom (12.10) i (12.11) u (12.9) dobijamo da vazi nejednakost

2 = f −m + n ≤ 23m +

13m−m = 0,

sto je nemoguce. To znaci da je nasa pretpostavka da je d(xi) ≥ 6, za svakoi = 1, 2, . . . , n, bila pogresna. Postoji bar jedan cvor ciji je stepen manji od 6.

Na sledecoj slici prikazana su dva specijalna grafa, potpuni pentagraf, u oznaciK5, i potpuni bitrigraf, u oznaci K3,3. Ovi grafovi su veoma znacajni pri resavanjumnogih zadataka u vezi sa planarnim grafovima, kao i pri odredjivanju kriterijumaplanarnosti datih grafova. Zbog toga je bitna sledeca posledica Ojlerove teoreme.

Posledica 12.7 Potpuni pentagraf i potpuni bitrigraf nisu planarni grafovi.

Dokaz. Posmatrajmo najpre potpuni pentagraf K5. On ima n = 5 cvorova im = 10 grana. Pretpostavimo da je planaran. Tada bi na osnovu (12.9) delioravan na f = 7 oblasti. Svaka od oblasti bi bila ogranicena sa po tri njegove grane,tj. vazila bi nejednakost 2m ≥ 3f . Zamenom m i f u ovu nejednakost, dobijamo


s s

s s

��

@@

@@��@

@@s

��

BBBBBBB

��

AAAA

sAAs��s s

s��sAA

Slika 59.

da vazi da je 20 ≥ 21, sto je nemoguce. Znaci da je nasa pretpostavka da je K5

planaran, bila pogresna.Pretpostavimo da je potpuni bitrigraf, K3,3, planaran. On ima n = 6 cvorova

i m = 9 grana. Na osnovu (12.9) delio bi ravan na f = 5 oblasti. Kako bisvaka oblast bila ogradjena sa po cetiri njegove grane, vazi nejednakost 2m ≥ 4f .Zamenom m = 9 i f = 5 u ovu nejednakost, dobijamo da je 18 ≥ 20, sto je opetnemoguce. Time smo dokazali da i potpuni bitrigraf, K3,3 nije planaran graf.

Primer 38. Posledica 12.7 nam daje odgovor na jedan problemcic kojegse vecina vas seca iz mladjih dana. Naime, ako imamo tri kuce i tri bunara,da li je moguce povezati stazom svaku kucu sa svakim bunarom a da se pritome staze ne seku? U skladu sa Posledicom 12.7, to je nemoguce, jer biinace potpuni bitrigraf bio planaran. Problem je ilustrovan na slici 57, dokje odgovarajuci graf (potpuni bitrigraf) dat na slici 56.

Slika 60.

Posledica 12.8 Za svaki planarni graf sa n cvorova i m grana vazi nejednakost

m ≤ 3(n− 2). (12.12)

12.9. BOJENJE GRAFA 305

Dokaz. Nejednakost (12.12) neposredno dobijamo na osnovu (12.9) i (12.11).

Posledica 12.9 Neka planarni graf G ima n cvorova, m grana, p komponentipovezanosti i deli ravan na f oblasti. Tada vazi jednakost

f = m− n + 1 + p.

Definicija 12.46 Planarni graf G se naziva maksimalnim, ako dodavanjem makoje nove grane on prestaje da bude planaran.

Nije tesko primetiti da su sve celije maksimalnog planarnog grafa trouglovi.Na osnovu toga se lako dokazuje sledeci rezultat.

Teorema 12.14 Neka je G = (V, E), V = {x1, x2, . . . , xn} i E = {l1, l2, . . . , lm},maksimalni planarni graf. Tada vazi jednakost

m = 3(n− 2)

U praksi je vazno odrediti da li je dati graf planaran ili ne. Odgovor na to pi-tanje nam moze dati sledeca teorema, poznata pod nazivom teorema Kuratovskog.

Teorema 12.15 Dati graf je planaran ako i samo ako ne sadrzi kao delimicnipodgraf ni potpuni pentagraf ni potpuni bitrigraf ni njihova podrazbijangrafaja (pod-podele).

12.9 Bojenje grafa

Graf se moze bojiti na vise nacina. Boje se mogu pridruzivati cvorovima, bojenjecvorova, granama, bojenje grana, ili zatvorenim oblastima, celijama, ogradjenimgranama posmatranog grafa, bojenje mapa.

Bojenje cvorova datog grafa sastoji se u tome da svakom cvoru pridruzimo nekuboju. Pri tome se smatra da je graf pravilno obojen ako su svaka dva susedna cvorau grafu obojena razlicitim bojama. Ako graf moze pravilno da se oboji sa k bojakaze se da je k-obojiv. Naravno, ako je graf k-obojiv i s ≥ k, onda je on i s-obojiv.Zbog toga je od interesa naci najmanji moguci broj k za koji je dati graf k-obojiv.Tako dolazimo do sledece definicije.

Definicija 12.47 Hromatski broj grafa G, u oznaci γ(G), je najmanji moguci pri-rodni broj k za koji je graf k-obojiv.

Moze da se kaze i da je hromatski broj grafa G jednak k ako je graf k-obojiva nije (k − 1)-obojiv.


s s

s ss s

s s

s s

��

��HHHHHHHH

HHHHHHHHC C

B B

B

B

C

P

Z P

Slika 61.

Primer 39. Na sledecoj slici prikazan je jedan 4-obojiv graf. Na istoj slicije prikazano da je on i 3-obojiv. Inace njegov hromatski broj je 3, jer on nije2-obojiv. Razlicite boje su oznacene razlicitim slovima.

Razmotrimo neke specijalne situacije za hromatski broj grafa.

1o Ako je graf G = (V,E) trivijalan, tj. prazan E = {∅}, tada je γ(G) = 1.

2o Ako je graf G = (V,E) potpun, sa n cvorova, tada je γ(G) = n.

3o Ako graf G = (V, E) sa n cvorova, sadrzi potpuni podgraf sa k cvorova,k < n, tada je k ≤ γ(G) ≤ n. Ako dati graf ima kliku, tj. potpunipodgraf sa maksimalnim brojem cvorova koji oznacavamo sa K(G), tada jeγ(G) ≥ K(G).

4o Prosta kontura sa parnim brojem cvorova ima hromatski broj 2.

5o Prosta kontura sa neparnim brojem cvorova ima hromatski broj 3.

Primer 40. Na sledecoj slici prikazan je jedan prazan graf ciji je hromatskibroj 1, graf koji sadrzi kliku velicine K(G) = 3 ciji je hromatski broj 4, jednaparna i jedna neparna kontura sa hromatskim brojevima 2 i 3, respektivno.

s s

s

B B

B

s s

s

s

��

AAAAAA

' $

@@@

��

�

s s

C

P

Z

B

Z C

s s

s

s

s s��

��@

@@

@@@

B B

C C

C

B

s s

s s

s

��

@@@

C

Z C

B

B

Slika 62.

12.9. BOJENJE GRAFA 307

Veza izmedju hromatskog broja i stepena cvorova povezanog grafa data je usledecoj teoremi.

Teorema 12.16 Neka je G = (V, E) povezan graf definisan skupovima V ={x1, x2, . . . , xn} i E = {l1, l2, . . . , lm}. Ako je d = max{d(x1), d(x2), . . . , d(xn)}tada vazi nejednakost

γ(G) ≤ d + 1. (12.13)

Jednakost u (12.13) vazi ako i samo ako je G ili potpuni graf ili regularan grafstepena 2 sa neparnim brojem cvorova.

Veza hromatskog broja i broja unutrasnje stabilnosti grafa, data je sledecomteoremom.

Graf koji se moze pravilno obojiti dvema bojama, naziva se bihromatski graf.Za ove grafove vazi sledeci rezultat.

Teorema 12.17 Graf je bihromatski ako i samo ako ne sadrzi kao delimicni pod-graf nijednu konturu sa neparnim brojem cvorova.

Primetimo da su stabla i konture sa parnim brojem cvorova bihromatski gra-fovi.

Bihromatski grafovi G = (V, E) se cesto oznacavaju sa G(X1, X2, E), pri cemuje X1 ∩X2 = {∅} i X1 ∪X2 = V . Skup X1 je skup cvorova iz V obojen jednombojom, a X2 skup cvorova iz V obojen drugom bojom. Cvorovi jednog skupa,X1 ili X2, medjusobno nisu povezani granama. Grane povezuju samo cvorove izrazlicitih skupova. Graf G je potpuni bihromatski ili bikompletan, ako je svakicvor jednog skupa cvorova povezan sa svakim cvorom iz drugog skupa cvorova.Ako je broj cvorova skupa X1 jednak n1, a skupa X2, n2, n1 + n2 = n, tada sepotpuni bihromatski graf G oznacava sa G = Kn1,n2 .

Primer 41. Navescemo primer optimizacije koriscenja memorijskog pros-tora racunara koji se u sustini svodi na odredjivanje hromatskog broja grafa.Ovaj primer direktno preuzimamo iz monografije.

Neka su x1, x2, . . . , xn numericke velicine koje se pojavljuju u jednom pro-gramu. Za njihovo pamcenje rezervise se po jedna celija u memoriji racu-nara. Medjutim, dogadja se da velicine xi i xj nikada u toku realizacijeprograma nisu istovremeno potrebne, pa nije potrebno da se i istovremenopamte. Zbog toga je dovoljno da se za ove dve velicine rezervise samo jednamemorijska lokacija. Da bi se ostvarila maksimalna usteda memorijskogprostora, obrazuje se graf G sa cvorovima x1, x2, . . . , xn. Dva cvora u Gse proglasavaju susednim ako i samo ako je bar u jednom trenutku izvrsenja


s s

s s

s

@@

@

��

��

HHHH

HH

��

2 23

3

1

1

Slika 63.

programa potrebno istovremeno znati obe numericke velicine koje odgovarajuovim cvorovima. Kada se cvorovi grafa G pravilno oboje, velicine koje odgo-varaju cvorovima iste boje mogu da se smeste u istu memorijsku lokaciju.Na taj nacin se broj potrebnih memorijskih lokacija od pocetnih n, smanjujena γ(G), gde je γ(G) hromatski broj grafa.

Slicno bojenju cvorova definise se bojenje grana grafa. Grane se boje tako dadve susedne grane budu obojene razlicitim bojama. Naravno, ovde se misli napravilno bojenje grana. Ovakvo bojenje se jos naziva granskim bojenjem.

Definicija 12.48 Hromatski indeks grafa G, u oznaci χ(G), je najmanji prirodnibroj za koji je graf granski pravilno obojen.

Hromatski indeks se jos naziva i granski hromatski broj.

Primer 42. Na sledecoj slici je primer grafa sa hromatskim indeksom 3.

Documents

LEKCIJE IZ DISKRETNE MATEMATIKE